(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷05（含详解）

这是一份(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷05（含详解），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
(时间：120分钟；满分：150分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合A={x|3－x≥0}，B={2，3，4}，则A∩B=( )
A．{2} B．{3} C．{2，3} D．{2，3，4}
2．已知z(2－i)=1＋i(i为虚数单位)，则z=( )
A．－eq \f(1,5)－eq \f(3,5)i B.eq \f(1,5)＋eq \f(3,5)i C．－eq \f(1,5)＋eq \f(3,5)i D.eq \f(1,5)－eq \f(3,5)i
3．从[－6，9]中任取一个m，则直线3x＋4y＋m=0被圆x2＋y2=2截得的弦长大于2的概率为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,5)
4．已知等比数列{an}中，若4a1，a3，2a2成等差数列，则公比q=( )
A．1 B．1或2 C．2或－1 D．－1
5．“a=b=1”是“直线ax－y＋1=0与直线x－by－1=0平行”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．已知在△ABC中，eq \(BC,\s\up6(→))=eq \r(2) eq \(BD,\s\up6(→))，AD⊥AB，|eq \(AB,\s\up6(→))|=2，则eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))=( )
A．－4eq \r(2) B．4eq \r(2) C．－2eq \r(2) D．2eq \r(2)
7．执行如图所示的程序框图，若输出的值为－1，则判断框中可以填入的条件是( )
A．n≥999? B．n≤999? C．n＜999? D．n＞999?
8．若函数f(x)=eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)(00)，因为直线eq \r(7)x＋3y=0是双曲线M的一条渐近线，所以eq \f(b,a)=eq \f(\r(7),3)，①又抛物线的准线为x=－4，所以c=4，②又a2＋b2=c2，③所以由①②③得a=3.设点P为双曲线右支上一点，所以由双曲线定义得||PF1|－|PF2||=6，④又eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))=0，所以eq \(PF1,\s\up6(→))⊥eq \(PF2,\s\up6(→))，所以在Rt△PF1F2中|eq \(PF1,\s\up6(→))|2＋|eq \(PF2,\s\up6(→))|2=82，⑤联立④⑤，解得|eq \(PF1,\s\up6(→))|·|eq \(PF2,\s\up6(→))|=14.
12．解析：选D.∀x1，x2∈[1，2]，eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)－1=eq \f(f（x1）－x1－[f（x2）－x2],x1－x2)＜0，
则g(x)=f(x)－x=eq \f(aex,x)－x，
在[1，2]上单调递减，
即g′(x)=eq \f(aex（x－1）,x2)－1≤0，
即eq \f(aex（x－1）,x2)≤1恒成立，
(1)当x=1时，显然恒成立，a∈R；
(2)当x∈(1，2]时，a≤eq \f(x2,ex（x－1）)，
令t(x)=eq \f(x2,ex（x－1）)，则
t′(x)=eq \f(－xex（x2－2x＋2）,e2x（x－1）2)，
当x∈(1，2]时，t′(x)＜0，
t(x)min=t(2)=eq \f(4,e2)，所以a≤eq \f(4,e2)，故选D.
13．解析：法一：因为cs 2θ=eq \f(4,5)，
所以2cs2θ－1=eq \f(4,5)，1－2sin2θ=eq \f(4,5)，
因为cs2θ=eq \f(9,10)，sin2θ=eq \f(1,10)，
所以sin4θ＋cs4θ=eq \f(41,50).
法二：sin4θ＋cs4θ=(sin2θ＋cs2θ)2－eq \f(1,2)sin22θ
=1－eq \f(1,2)(1－cs22θ)=1－eq \f(1,2)×eq \f(9,25)=eq \f(41,50).
答案：eq \f(41,50)
14．解析：作出线
性约束条件表示的平面区域如图中阴影部分所示，由图可知，当直线z=x＋2y过点A(2，2)时，z取得最大值6.
答案：6
15．解析：由已知条件可得q4－1=eq \f(a4,a1)=eq \f(81,3)=27，即q=3，
所以eq \f(an＋1,an)=q=3，则bn＋1－bn=lg3an＋1－lg3an=lg3eq \f(an＋1,an)=1.
又因为b1=lg3a1=lg33=1，可得等差数列{bn}的通项公式为bn=n，所以eq \f(1,bnbn＋1)=eq \f(1,n（n＋1）)=eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以Sn=1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)=1－eq \f(1,n＋1)=eq \f(n,n＋1).
答案：eq \f(n,n＋1)
16．解析：因为f(x)=lgeq \s\d9(\f(1,2))(|x|＋1)＋eq \f(1,x2＋1)，所以f(－x)=f(x)，函数f(x)为偶函数，根据复合函数的单调性和基本初等函数的单调性，可知当x∈[0，＋∞)时，f(x)单调递减，f(x)＞f(2x－1)，即f(|x|)＞f(|2x－1|)，所以|x|＜|2x－1|，x2＜4x2－4x＋1，所以x＜eq \f(1,3)或x＞1.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))∪(1，＋∞)
17．解：(1)由cs Bsin C＋(a－sin B)cs(A＋B)=0，可得cs Bsin C－(a－sin B)cs C=0，即sin(B＋C)=acs C，sin A=acs C，即eq \f(sin A,a)=cs C．因为eq \f(sin A,a)=eq \f(sin C,c)=sin C，所以cs C=sin C，即tan C=1，C=eq \f(π,4).
(2)由余弦定理得12=a2＋b2－2abcseq \f(π,4)=a2＋b2－eq \r(2)ab，
所以a2＋b2=1＋eq \r(2)ab≥2ab，ab≤eq \f(1,2－\r(2))=eq \f(2＋\r(2),2)，当且仅当a=b时取等号，所以S△ABC=eq \f(1,2)absin C≤eq \f(1,2)×eq \f(2＋\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)=eq \f(\r(2)＋1,4).所以△ABC面积的最大值为eq \f(\r(2)＋1,4).
18．证明：(1)因为底面ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为AC⊥PD，PD∩BD=D，
所以AC⊥平面PBD.
(2)由(1)可知，AC⊥BD.
因为平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面PAC.
因为PO⊂平面PAC，
所以BD⊥PO.
因为底面ABCD是菱形，所以BO=DO，
所以PB=PD.
19．解：(1)由抛物线C：y2=2px过点P(1，1)，得p=eq \f(1,2).
所以抛物线C的方程为y2=x.
抛物线C的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，准线方程为x=－eq \f(1,4).
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y=kx＋eq \f(1,2)(k≠0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(1,2)，,y2＝x))
得4k2x2＋(4k－4)x＋1=0.
则x1＋x2=eq \f(1－k,k2)，x1x2=eq \f(1,4k2).
因为点P的坐标为(1，1)，所以直线OP的方程为y=x，点A的坐标为(x1，x1)．
直线ON的方程为y=eq \f(y2,x2)x，点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(y2x1,x2))).
因为y1＋eq \f(y2x1,x2)－2x1=eq \f(y1x2＋y2x1－2x1x2,x2)=
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1＋\f(1,2)))x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2＋\f(1,2)))x1－2x1x2,x2)
=eq \f(（2k－2）x1x2＋\f(1,2)（x2＋x1）,x2)
=eq \f(（2k－2）×\f(1,4k2)＋\f(1－k,2k2),x2)
=0，
所以y1＋eq \f(y2x1,x2)=2x1.
故A为线段BM的中点．
20．解：(1)用(p，q)(p表示第一次取到球的编号，q表示第二次取到球的编号)表示先后两次取球构成的基本事件，则基本事件有(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，共6个．
设“第一次取到球的编号为偶数且两个球的编号之和能被3整除”为事件A，则事件A包含的基本事件有(2，1)，共1个，所以P(A)=eq \f(1,6).
(2)由题意得，所有基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，共9个．
设“直线ax＋by＋1=0与圆x2＋y2=eq \f(1,9)有公共点”为事件B，由题意知eq \f(1,\r(a2＋b2))≤eq \f(1,3)，即a2＋b2≥9，
故事件B包含的基本事件有(1，3)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，共5个，所以P(B)=eq \f(5,9).
21．解：(1)当a=0时，f(x)=－xln x＋x－1，
则f′(x)=－ln x，则f′(e)=－1，f(e)=－1，
所以函数f(x)在点P(e，f(e))处的切线方程为y＋1=－(x－e)，即x＋y＋1－e=0.
(2)f′(x)=2ax－1－ln x－(2a－1)=2a(x－1)－ln x，
易知，ln x≤x－1，
则f′(x)≥2a(x－1)－(x－1)=(2a－1)(x－1)，当2a－1≥0，即a≥eq \f(1,2)时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(1)=0符合题意．所以a≥eq \f(1,2).
当a≤0时，由x∈[1，＋∞)得f′(x)≤0恒成立，
所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(1)=0显然不满足题意，故a≤0舍去．
当0