2022年全国统一高考数学仿真预测压轴卷（新高考Ⅱ）（有答案）

这是一份2022年全国统一高考数学仿真预测压轴卷（新高考Ⅱ）（有答案），共17页。试卷主要包含了已知集合，，则，设，，，则三者大小关系为等内容，欢迎下载使用。
2022年全国统一高考数学仿真预测压轴试卷（新高考Ⅱ）一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分.在每题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的.）1．（5分）是虚数单位，在复平面内复数对应的点的坐标为　　A．， B．， C．， D．，2．（5分）已知集合，，则　　A． B． C． D．3．（5分）已知是抛物线的焦点，是抛物线上的一个动点，，则周长的最小值为　　A． B． C． D．4．（5分）在直三棱柱中，，，，，则其外接球的体积是　　A． B． C． D．5．（5分）《九章算术》卷五《商功》中，把正四棱台形状的建筑物称为“方亭”，沿“方亭”上底面的一组对边作垂直于底面的两截面，去掉截面之间的几何体，将“方亭”的两个边角块合在一起组成的几何体称为“刍甍”．现记截面之间几何体体积为，“刍甍”的体积为，若，台体的体积公式为，其中、分别为台体的上、下底面的面积．则“方亭”的上、下底面边长之比为　　A． B． C． D．6．（5分）已知随机变量服从正态分布，且，则　　A． B． C． D．7．（5分）设，，，则三者大小关系为　　A． B． C． D．8．（5分）已知函数，则使得成立的的取值范围是　　A． B．，， C． D．，，二．多选题（本题共4小题，敏题5分,共20分.在每小题给出的选项中,够项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.）9．（5分）若数据，，，的平均数为2，方差为3，则　　A．数据，，，的平均数为20 B． C．数据，，，的标准差为 D．10．（5分）在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则　　A． B．平面 C．平面 D．过直线且与直线平行的平面截该正方体所得截面面积为11．（5分）在平面直角坐标系中，已知，，是圆上的两个动点，满足，则面积的值可以是　　A． B．30 C．10 D．812．（5分）已知数列满足：，．下列说法正确的是　　A．存在，使得为常数数列 B． C． D．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）设双曲线经过点，且与具有相同渐近线，则双曲线的方程为　　．14．（5分）为定义在上的奇函数，当时，，为的导函数，则（1）（1）　　．15．（5分）已知向量，向量与向量共线，且，则　　．16．（5分）已知函数，求曲线过点处的切线方程　　．四．解答题（共6小题，满分70分, 解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤.）17．（10分）设是等差数列的前项和，，_______．从①；②；③中任选一个，补充在问题中并作答：（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和的最值．   18．（12分）已知在中，，．（1）求的大小；（2）在三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的中线的长度．①；②周长为；③面积为．        19．（12分）如图，在四棱锥中，是正方形，平面，，点，分别是，的中点．（1）求证：平面平面；（2）在线段上确定一点，使平面平面，并给出证明；（3）求二面角的正弦值，并求出到平面的距离．      20．（12分）已知点，，不垂直于轴的直线与椭圆相交于，，，两点．（1）若为线段的中点，证明：；（2）设的左焦点为，若在的角平分线所在直线上，且被圆截得的弦长为，求的方程．      21．（12分）核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，首先取病人的唾液或咽拭子的样本，再提取唾液或咽拭子样本里的遗传物质，如果有病毒，样本检测会呈现阳性，否则为阴性．根据统计发现，疑似病例核酸检测呈阳性的概率为．现有4例疑似病例，分别对其取样、检测，多个样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验．混合样本中只要有病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性，若混合样本呈阳性，则将该组中备份的样本再逐个化验：若混合样本呈阴性，则判定该组各个样本均为阴性，无需再检验．现有以下三种方案：方案一：逐个化验；方案二：四个样本混合在一起化验；方案三：平均分成两组，每组两个样本混合在一起，再分组化验．在新冠肺炎爆发初期，由于检查能力不足，化验次数的期望值越小，则方案越“优”．（1）若按方案一且，求4个疑似病例中恰有2例呈阳性的概率；（2）若，现将该4例疑似病例样本进行化验，请问：方案一、二、三中哪个最“优”？（3）若对4例疑似病例样本进行化验，且想让“方案二”比“方案一”更“优”，求的取值范围．      22．（12分）已知函数，．（1）函数在点，（1）处的切线的斜率为2，求的值；（2）讨论函数的单调性；（3）若函数有两个不同极值点为、，证明．
2022年全国统一高考数学仿真预测压轴试卷（新高考Ⅱ）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．解：，在复平面内复数对应的点的坐标为，．故选：．2．解：因为集合，，所以，则．故选：．3．解：抛物线的准线方程为，焦点坐标，过作准线的垂线，垂足为，则，故而当，，三点共线时，取得最小值4，则周长的最小值为．故选：．4．解：直三棱柱中，如图所示：已知，，，所以利用余弦定理：，整理得，解得，所以，故为直角三角形；所以点为的外接圆的圆心，直三棱柱的外接球的球心在平面的中心位置，由于，所以，故．故选：．5．解：设“方亭”的上底面边长为，下底面边长为，高为，则，，，．故选：．6．解：因为随机变量服从正态分布，由对称性可知，，又，所以，故．故选：．7．解：，，，，，，，故选：．8．解：函数的定义域为，，所以函数为奇函数，当时，由复合函数的单调性可知单调递增，所以在单调递增，则，解得或．故选：．二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．解：因为数据，，，的平均数为2，所以数据，，，的平均数为，故选项错误；，故选项正确；数据，，，的方差为，所以数据，，，的标准差为，故选项正确；由方差的计算公式可得，，故选项正确．故选：．10．：对于，，是与所成角（或所成角）的补角，，，与不垂直，故错误；对于，取中点，连接，，则，，，，平面平面，平面，平面，故正确；对于，，，，、平面，平面，平面，，同理，，、平面，平面，故正确；对于，取中点，连接、，则，，，，平面平面，平面，平面，过直线且与直线平行的平面截该正方体所得截面为矩形，，，过直线且与直线平行的平面截该正方体所得截面面积为，故错误．故选：．11．解：如图所示，作所在的直径，交于点，设圆的半径为，则，，，，要使得面积最大，即，位于圆心的两侧，设，，，，，，，令函数，，则，令，解得或，当时，，单调递增，当时，，单调递减，在取得极大值，也为最大值，．故选：．12．解：：令时，，数列为常数数列，故选项正确；，令，则，由题意可知且由基本不等式可以得到，又在时单调递减，（1），故选项正确；：令，由分析可知，，结合的结论单调递减和的单调性可知，移项即可证明选项错误；：由题意可知，由通项公式可知，选项左边括号内部分等于，故左边，故正确．故选：．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．解：与具有相同渐近线的双曲线方程可设为，，双曲线经过点，，即双曲线方程为，即故答案为：．14．解：根据题意，设，则，则，又由为定义在上的奇函数，则，则，则有（1），（1），故（1）（1），故答案为：．15．解：因为向量，向量与向量共线，所以设，又，所以，所以，所以，所以．故答案为：．16．解：显然点不在曲线上，设切点为，由的导数，可得切线的斜率，切线的方程为，代入点，可得，化为，解得或，则切线的方程为或，故答案为：或．四．解答题（共6小题，满分70分）17．解：若选①：（1）设等差数列的公差为，由题意可得，解得，所以；（2）由（1）可知，，所以数列是递增数列，故的最小值为．若选②：（1）设等差数列的公差为，由题意可得，因为，解得，所以；（2）由（1）可得，令，解得，又，所以，故的最大值为．若选③：（1）设等差数列的公差为，由题意可得，解得，所以，故，所以；（2）由（1）可知，令，解得，故的最大值为．18．解：（1），由正弦定理可得，即，，当 时，，即，不符合题意，舍去，，，即．（2）选①，由正弦定理可得，与已知条件矛盾，故不存在，选②周长为，，，，由正弦定理可得，即，，，，即，，，存在且唯一确定，设的中点为，，在中，运用余弦定理，，即，，边上的中线的长度．选③面积为，，，，解得，余弦定理可得，．19．（1）证明：因为平面，平面，所以，又因为是正方形，所以，且，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：取的中点，连接，，则平面平面；如图所示：证明如下：因为，分别是线段，的中点，所以，又为正方形，所以，所以，又平面，所以平面．又因为，分别是线段，的中点，所以，又平面，所以平面，且，所以平面平面．（3）解：连接，交于点，连接，因为，平面，平面，所以，又，所以平面，又平面，所以，所以是二面角的平面角，所以．因为平面，平面，所以平面平面，过点作，交于点，则即为点到平面的距离，计算．20．（1）证明：因为，在椭圆上，所以，两式相减可得，，所以，因为为的中点，故点在椭圆的内部，所以，又，所以，故；（2）解：①当的斜率为0时，被圆截得的弦长为4，不符合题意；②当的斜率不为0时，设直线，联立方程组，可得，则△，即，且，又，则轴，因为平分，所以，即，可得，解得，所以直线的方程为，因为被圆截得的弦长为，则圆心到直线的距离，解得，满足，所以直线的方程为．21．解：（1）用表示4个疑似病例中化验呈阳性的人数，则，由题意可知，；（2）方案一：逐个检验，检验次数为4；方案二：混合在一起检测，记检测次数为，则随机变量的可能取值为1，5，所以，，所以随机变量的分布列为：15 所以方案二检测次数的数学期望为；方案三：每组两个样本检测时，若呈阴性则检测次数为1次，其概率为，若呈阳性则检测次数为3次，其概率为，设方案三的检测次数为随机变量，则的可能取值为2，4，6，所以，，，所以随机变量的分布列为：246 所以方案三检测次数的期望为，因为，所以选择方案一最优．（3）方案二：记检测次数为，则随机变量的可能取值为1，5，所以，，随机变量的分布列为：15所以随机变量的数学期望为，由于“方案二”比“方案一”更“优”，则，可得，即，解得，所以当时，方案二比方案一更“优”．22．解：（1），（1），．（2）令得：，△．①当时，△，，在上递增；②当时，△，，，故，．，，可知：在上递增；在上递减．（3）证明：由（2）知，，．所以，令．则，只需证明．即证：．又，且，，在上递增，所以，得证．