2月大数据精选模拟卷04-2022年高考数学大数据精选模拟卷（广东专用）

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2月大数据精选模拟卷04（广东专用）数  学本卷满分150分，考试时间120分钟。一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．设集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】已知集合，集合，则.故选：B.2．当复数时，实数的值可以为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】当时，，所以不满足，故A不正确.当时，,所以，故B不正确.当时，, ，满足，故C正确.由上可知，选项D不正确.故选：C3．若实数，，满足，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为，所以，，因为，所以，所以，故选：D4．为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有（    ）A．48种 B．36种 C．24种 D．12种【答案】B【详解】解：由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法；第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法，根据分步计数原理，共有不同的选取方法，故选：B5．琵琶、二胡、编钟、箫笛、瑟、琴、埙、笙和鼓这十种民族乐器被称为“中国古代十大乐器”．为弘扬中国传统文化，某校以这十种乐器为题材，在周末学生兴趣活动中开展了“中国古代乐器”知识讲座，共连续安排八节课，一节课只讲一种乐器，一种乐器最多安排一节课，则琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】从这十种乐器中挑八种全排列，有情况种数为．从除琵琶、二胡、编钟三种乐器外的七种乐器中挑五种全排列，有种情况，再从排好的五种乐器形成的6个空中挑3个插入琵琶、二胡、编钟三种乐器，有种情况，故琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的情况种数为．所以所求的概率，故选：B．6．函数的部分图象大致是（     ）A． B．C． D．【答案】D【详解】解：函数的定义域为，故排除A，，故函数为奇函数，由于时，，故时，，故排除BC；所以D选项为正确答案.故选：D.7．克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，完成下题：如图，半圆的直径为2，为直径延长线上的一点，，为半圆上一点，以为一边作等边三角形，则当线段的长取最大值时，（ ）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【详解】因为，且为等边三角形，，所以，所以，所以的最大值为，取等号时，所以，不妨设，所以，所以解得，所以，所以，故选：C.8．若对一切正实数恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】设，则恒成立，由，令，则恒成立，所以为增函数，令得，当时，，当时，；所以在递减，在递增，故在处取得最小值，故最小值，因为，则所以恒成立，得，又因为（当且仅当时等号成立）；所以 即 .故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．如图，在某城市中，、两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、是道路网中位于一条对角线上的个交汇处.今在道路网、处的甲、乙两人分别要到、处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达、处为止.则下列说法正确的是（    ）A．甲从到达处的方法有种B．甲从必须经过到达处的方法有种C．甲、乙两人在处相遇的概率为D．甲、乙两人相遇的概率为【答案】BCD【详解】A选项，甲从到达处，需要走步，其中有步向上走，步向右走，则甲从到达处的方法有种，A选项错误；B选项，甲经过到达处，可分为两步：第一步，甲从经过需要走步，其中步向右走，步向上走，方法数为种；第二步，甲从到需要走步，其中步向上走，步向右走，方法数为种.甲经过到达的方法数为种，B选项正确；C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，甲、乙两人在处相遇的方法数为，甲、乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；D选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为种；若甲、乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为种；若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有步向右走，后三步只有步向右走，乙到处，前三步有步向下走，后三步只有步向下走，所以，两人在处相遇的走法种数为种；若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为种；故甲、乙两人相遇的概率，D选项正确.10．函数的部分图像如图所示，下列结论中正确的是（    ） A．直线是函数图像的一条对称轴B．函数的图像关于点对称C．函数的单调递增区间为D．将函数的图像向右平移个单位得到函数的图像【答案】BC【详解】由图知：，所以，因为，，即，。所以.又因为，所以，，.又因为，所以，所以.对选项A，，故A错误.对选项B，令，解得，.所以函数的对称中心为, ，故B正确.对选项C，，，解得，所以函数的增区间为, ，故C正确.对选项D，，故D错误.故选：BC11．已知四边形是等腰梯形（如图1），，，，．将沿折起，使得（如图2），连结，，设是的中点.下列结论中正确的是（    ） A． B．点到平面的距离为C．平面 D．四面体的外接球表面积为【答案】BD【详解】因为，，所以为等腰直角三角形，过C做，交AB于F，如图所示：所以，即AE=BF，又，，所以，则，对于A：因为，，平面BCDE，所以平面BCDE，平面BCDE，所以，若，且平面ADE，则平面ADE，所以DE与已知矛盾，所以BC与AD不垂直，故A错误；对于B：连接MC，如图所示，在中，DE=DC=1，所以，又，EB=2，所以，所以，又因为，平面AEC，所以平面AEC，平面AEC，所以，即为直角三角形，在中，，所以，因为是的中点，所以的面积为面积的一半，所以，因为，所以DE即为两平行线CD、EB间的距离，因为，设点E到平面的距离为h，则，即，所以，所以点到平面的距离为，故B正确；对于C：因为，平面ADC，平面ADC，所以平面ADC，若平面，且平面AEB，所以平面ACD平面AEB，与已知矛盾，故C错误.对于D：因为，所以的外接圆圆心为EB的中点，又因为，所以的外接圆圆心为AB的中点M，根据球的几何性质可得：四面体的外接球心为M，又E为球上一点，在中，所以外接球半径,所以四面体的外接球表面积，故D正确.12．若在区间上有恒成立，则称为在区间上的下界，且下界的最大值称为在区间上的下确界，简记为．已知是上的奇函数，且，当时，有．若，，不等式恒成立，下列结论中正确的是（    ）A．直线是函数图象的一条对称轴B．若，则的最大值为4C．当时，D．若，则是不等式恒成立的充分不必要条件【答案】BCD【详解】因为是上的奇函数，所以，当时，有，所以时，有，因为，所以，所以的周期为16，且，所以关于对称，图象如图，对于A， 可知是函数的对称中心，直线不是对称轴，错误；对于B， 若，，即，正确；对于C，当时，函数经过，，设解析式为，所以，解得，，当时，函数经过，，设解析式为，所以，解得，，所以时，，因为周期为16，当时， ，正确；D. 若，即恒成立，当时，故存在矛盾；当时，也存在矛盾；因此，k在上考虑，此时，所以，即在上的最小值大于等于-3，在上的范围为，所以，解得，因为，所以是的充分不必要条件，正确. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若函数满足当时，，当时，，则_______.【答案】【详解】解：因为，所以因为，所以.14．的展开式中，常数项为______．（用数字作答）【答案】【详解】展开式的通项为，令，可得，因此，展开式中的常数项为.故答案为：.15．已知抛物线：的焦点为，点是抛物线上一点，以为圆心，半径为的圆与交于点，过点作圆的切线，切点为，若，且的面积为，则______．【答案】2【详解】因为，， 所以，因为，所以是线段的中点,因为的面积为，所以的面积为.又由可得，所以,所以，解得.16．在我国古代数学名著《九章算术》中，把两底面为直角三角形的直棱柱称为“堑堵”，已知三棱柱是一个“堑堵”，其中，，，则这个“堑堵”的外接球的表面积为________.【答案】【详解】因为，所以，所以，所以可将三棱柱补成一个长方体，如图：则该长方体的对角线长等于这个“堑堵”的外接球的直径，所以，所以.所以外接球的表面积为.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．在①，，②，这两组条件中任选一组补充在下面问题的横线上，并进行解答.已知的内角，，所对的边分别是，，，若，__________.（1）求；（2）求的面积.【详解】解：（1）解法一：由正弦定理，得，由，得，即，整理得，由，得，所以.解法二：由余弦定理，得，整理得，所以（2）选择条件①. 由余弦定理，得，即，即，又，得，解得，在中，由，得，由面积公式，得.选择条件②. 在中，由，得，由，得，由正弦定理，得，联立，解得，，由，由面积公式，得.18．若数列的前项和.（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.【详解】解：（1）当时，，当时，，当时，也符合上式，所以对任意正整数，.（2）由（1）得，所以，①，②，得，，所以．19．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，E为的中点，平面为等边三角形，.（1）若平面，求的值；（2）在（1）的条件下，求二面角的余弦值.【详解】解：（1）连接与相交于点M，连接.由于四边形为平行四边形，E为的中点，∴，且，从而.∵平面平面，平面平面，∴，∴，∴，即.（2）取中点O，连接，∵为等边三角形，∴，又∵平面，平面，∴，平面，∴平面.以O为坐标原点，方向分别为x轴､y轴､z轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，则.易知，平面的法向量为.设平面的法向量为，，∴得，取，得，，，∴，由于二面角的平面角为钝角所以二面角的余弦值为.20．红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害.每只红铃虫的平均产卵数和平均温度有关.现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.平均温度/℃21232527293235平均产卵数/个711212466115325 27.42981.2863.61240.182147.714 表中，（1）根据散点图判断，与（其中为自然对数的底数）哪一个更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归方程类型？（给出判断即可不必说明理由）并由判断结果及表中数据，求出关于的回归方程.（计算结果精确到小数点后第三位）（2）根据以往统计，该地每年平均温度达到28℃以上时红铃虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到28℃以上的概率为.（ⅰ）记该地今后5年中，恰好需要3次人工防治的概率为，求的最大值，并求出相应的概率.（ⅱ）当取最大值时，记该地今后5年中，需要人工防治的次数为，求的数学期望和方差.附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：，.【详解】（1）根据散点图可以判断更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归方程类型.对两边取自然对数得，令，，，得.因为，所以，所以关于的线性回归方程为，所以关于的回归方程为.（2）（ⅰ）由，得，因为，令得，解得；令得，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以有唯一极大值，也为最大值.所以当时，，此时响应的概率.（ⅱ）由（ⅰ）知，当取最大值时，，所以，所以，.21．已知函数．（1）当时，求在处的切线方程；（2）设是函数的导函数，求零点之间距离最小时a的值．【详解】（1）当时，，可得，所以切点为，因为，所以，所以在处的切线方程为：，即，（2），因为， 所以函数有两个零点，分别设为，则，，所以，所以当时，函数零点之间距离最小为.22．已知点为椭圆上一点，且椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，过点作直线，，与椭圆分别交于点，．（1）求椭圆的标准方程与离心率；（2）若直线，的斜率之和为，证明：直线的斜率为定值．【详解】（1）由题设，得，①且，②由①②解得，，所以椭圆的标准方程为，椭圆的离心率为．（2）直线的斜率为定值1. 证明：设直线的斜率为，则直线的斜率为，记，．设直线的方程为，与椭圆的方程联立，并消去得，则，是该方程的两根，则，即．设直线的方程为，同理得．因为，，所以，因此直线的斜率为定值．