2022新高考全真模拟卷数学卷及答案解析 (三)

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2022届高考数学·备战热身卷3 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，有一项符合题目要求。）1．（2022·河北·模拟预测）已知集合A=（       ）A．      B．      C．或      D．   【答案】A【分析】先求出集合，再根据集合的交集运算，即可求出结果.【详解】因为集合， 所以.2．（2022·河北·模拟预测）已知复数（，），若，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数相等的条件求出a、b，即可得到答案.【详解】因为，所以.所以.所以.3．（2022·河北·模拟预测）一质点在单位圆上作匀速圆周运动，其位移满足的方程为，其中h表示位移（单位：m），t表示时间（单位：s），则质点在时的瞬时速度为（       ）A．sin2 m/s B．cos2 m/s C．2sin2 m/s D．2cos2 m/s【答案】D【分析】求出可求质点在时的瞬时速度，从而可得正确的选项.【详解】因为，所以，所以质点在时的瞬时速度为2cos2 m/s．4．（2022·全国·高三专题练习）在等差数列中，，，则（       ）A．0 B．m C．n D．【答案】A【分析】选择题可以用特殊值法，简便又快捷.【详解】构造等差数列使得，，这里，，于是，排除B、C、D.5．（2022·河北·模拟预测）函数（）的图象大致是A． B．C． D．【答案】B【详解】 由题意可知， 所以函数是奇函数，依据图象排除A和C选项， 由于，即，排除D选项，故选B.6．（2022·河北·模拟预测）已知向量与的夹角为120°，且，向量满足，且，记向量在向量与方向上的投影分别为、．的最大值为（       ）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】由数量积的定义得，由向量共线定理得在线段上，由，得，利用投影公式计算出，计算是常数，因此只要最小即可得最大，利用余弦定理和基本不等式可得结论．【详解】由得，设，，，因为，由向量共线定理知在线段上，如图，设，则，因为，所以，即，故在方向上的投影与在方向上的投影相等，因此，又，，所以，又，所以，为常数，因此要使得最大，只要最小，由余弦定理，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，因此的最大值为，故的最大值为．7．（重庆市西南大学附属中学校2021-2022学年高二下学期第三次月考数学试题）已知数列满足，，则下列结论错误的是（       ）A．是单调递增数列                        B．存在，使得C．          D．【答案】B【分析】根据可推导得到当时，，结合可求得，由此可得，知AB正误；由，采用裂项相消法可知C正确；根据递推关系式计算出即可知D正确.【详解】对于A，由得：，时，；，，，依次类推可得：，，是单调递增数列，A正确；对于B，由A中推导可知：，不存在，使得，B错误；对于C，由得：，，，C正确；对于D，由，得：，，D正确.8．（2022·河北·模拟预测）已知是方程的零点（其中为自然对数的底数），下列说法错误的是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件确定所在区间，再逐一分析各个选项即可判断作答.【详解】函数在R上单调递增，而，，而是方程的零点，则，即，A正确；由得：，整理得：，B正确；因，，则，C不正确；因，则有，D正确. 二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分。）9．（2022·河北·模拟预测）下列函数中，以为最小正周期，且在上单调递减的为（       ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根据图象的周期变换和翻折变换作出函数图象，然后可得.【详解】作出函数的图象，如图1，显然A错误； 作函数图象，如图2，故B正确；        作函数图象，如图3，故C错误；         作函数图象，如图4，故D正确.10．（江西省新余市2021-2022学年高一上学期期末数学试题）下列命题是真命题的为（　　）A．，函数恒过定点（1，2）B．若，则C．已知一个样本为：1，3，4，a，7，且它的平均数是4，则这个样本的方差是4D．数据170，168，172，172，176，178，175的60%分位数是175【答案】BCD【分析】求出函数 的图象所过定点即可判断A;利用作差法比较，可判断B;根据平均数求出a,即可求得方差,可判断C;将数据170，168，172，172，176，178，175从小到大排列，求得其60%分位数，即可判断D.【详解】因为 ，故 ，故，函数恒过定点（1，3），故A错误；，由于，故，即，故B正确；样本为：1，3，4，a，7，且它的平均数是4，即 ， ，其方差为 ，故C正确；数据170，168，172，172，176，178，175从小到大排列为：168,170,172,172,175,176,178，而 ，故这组数据的60%分位数时175，故D正确，11．（2022·河北·模拟预测）下列结论正确的有（       ）A．若，则B．若，，，则C．若，，则D．若，，，则【答案】BCD【分析】对于A，分和两种情况分析判断即可，对于B，利用指数函数、对数函数和三角函数的单调性判断，对于C，令，则，则，化简，再求可得答案，对于D，构造函数，由导数判断函数的单调性，然后利用单调性比较大小【详解】对于A，当时，由，得，则，当时，由，得，则，因为，所以，综上，或，所以A错误，对于B，因为，所以，所以，所以，因为，所以，即，所以，所以，所以B正确，对于C，令，则，所以，所以，所以，所以，所以C正确，对于D，令，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以D正确.12．（广东省汕头市2022届高三上学期期末数学试题）在棱长为1的正方体中，为底面的中心，，为线段的中点，则（       ）A．与共面B．三棱锥的体积跟的取值无关C．时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为D．【答案】ABC【分析】由为的中点，得到，可判定A正确；由到平面的距离为定值，且的面积为定值，根据，可得判定B正确，由时，得到三点的正方体的截面是等腰梯形，可判定C正确；当时，根据，可判定D不正确．【详解】在中，因为为的中点，所以，所以与共面，所以A正确；由，因为到平面的距离为定值，且的面积为定值，所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以B正确；当时，过三点的正方体的截面是等腰梯形，所以平面截正方体所得截面的周长为，所以C正确；当时，可得，则，所以不成，所以D不正确． 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）13．（2022·河北·模拟预测）已知向量，，且，则 __________.【答案】；【详解】因为，，所以，因为，所以，解得.14．（2022·河北·模拟预测）如果函数同时满足下列两个条件：①函数图象关于直线对称；②函数图象关于点对称，那么我们称它为“点轴对称型函数”.请写出一个这样的“点轴对称函数”___________.【答案】或【详解】根据题意，设，由于的图象关于直线对称，且关于点对称，则，即，当时，解得：，所以或.15．（2022·河北·模拟预测）已知过椭圆上的动点作圆（为圆心）：的两条切线，切点分别为，若的最小值为，则椭圆的离心率为______．【答案】【详解】由椭圆方程知其右焦点为；由圆的方程知：圆心为，半径为；当最小时，则最小，即，此时最小；此时，；为椭圆右顶点时，，解得：，椭圆的离心率.16．（2022·浙江浙江·高三阶段练习）如图，点P是半径为2的圆O上一点，现将如图放置的边长为2的正方形（顶点A与P重合）沿圆周逆时针滚动.若从点A离开圆周的这一刻开始，正方形滚动至使点A再次回到圆周上为止，称为正方形滚动了一轮，则当点A第一次回到点P的位置时，正方形滚动了________轮，此时点A走过的路径的长度为___________.【答案】 3；【详解】正方形滚动一轮，圆周上依次出现的正方形顶点为，顶点两次回到点P时，正方形顶点将圆周正好分成六等分，由4和6的最小公倍数：，所以到点A首次与P重合时，正方形滚动了3轮.这一轮中，点A路径是圆心角为，半径分别为2，，2的三段弧，故路径长，∴点A与P重合时总路径长为. 四、解答题（本题共6小题，共70分。第17题10分，其余每题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17.（2022·云南·昆明一中高一期末）如图，已知直线，A是之间的一定点，并且点A到，的距离分别为和2.B，C分别是直线上的动点，且，设，.(1)写出关于x的函数解析式；(2)求函数的最小值及相对应的x的值.【答案】(1)，；(2)时，.【解析】(1)依题意，，而，，，则，由知，点B，C在直线DE同侧，均为锐角，则有，在中，，在中，，则，所以，.(2)由(1)得：因，即，当，即时，取最大值1，所以.18．（山东省烟台市2022届高三一模数学试题）己知等差数列的前n项和为，，．(1)求的通项公式；(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值．【答案】(1)；(2)142.【解析】(1)设的公差为d，由已知，．解得，d＝2．所以；(2)因为与之间插入个1，所以在中对应的项数为，当k＝6时，，当k＝7时，，所以，，且．因此.19．（2022·北京一七一中高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，E是的中点，作交于点F.(1).证明：平面；(2)证明：平面；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)【解析】(1)如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设．（1）证明：连接AC，AC交BD于G，连接EG．依题意得．∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为且．∴，故PA∥EG．而EG⊂平面EDB且PA⊄平面EDB，∴ PA∥平面EDB．(2)依题意得B（a，a，0），．又，故．∴ PB⊥DE．由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，所以PB⊥平面EFD．(3)设点F的坐标为（x0，y0，z0），，则（x0，y0，z0﹣a）＝λ（a，a，﹣a）．从而x0＝λa，y0＝λa，z0＝（1﹣λ）a．所以．由条件EF⊥PB知，，即，解得∴点F的坐标为，且易知,又，所以平面, 故是平面的法向量，设平面的法向量，又,所以 ，令，则，所以，所以故二面角的大小为.20．（2022·广东江门·模拟预测）浙江省东魁杨梅是现在世界上最大果形的杨梅，有“乒乓杨梅”、“杨梅之皇”的美誉.东魁杨梅始于浙江黄岩区江口街道东岙村一棵树龄约120多年的野杨梅树，经过东岙村和白龙岙村村民不断改良，形成了今天东魁杨梅的品种.栽培东魁杨梅一举多得，对开发山区资源，绿化荒山，保持水土，增加山区经济收入具有积极意义.根据多年的经验，可以认为东魁杨梅果实的果径（单位：mm），但因气候、施肥和技术的不同，每年的和都有些变化.现某农场为了了解今年的果实情况，从摘下的杨梅果实中随机取出1000颗，并测量这1000颗果实的果径，得到如下频率分布直方图.(1)用频率分布直方图估计样本的平均数近似代替，标准差s近似代替，已知.根据以往经验，把果径与的差的绝对值在内的果实称为“标准果”.现从农场中摘取20颗果，请问这20颗果恰好有一颗不是“标准果”的概率；（结果精确到0.01）(2)随着直播带货的发展，该农场也及时跟进.网络销售在大大提升销量的同时，也增加了坏果赔付的成本.现该农场有一款“”的主打产品，该产品按盒销售，每盒20颗，售价80元，客户在收到货时如果有坏果，每一个坏果该农场要赔付4元.根据收集到的数据，知若采用款包装盒，成本元，且每盒出现坏果个数满足，若采用款包装盒，成本元，且每盒出现坏果个数满足，（为常数），请运用概率统计的相关知识分析，选择哪款包装盒可以获得更大利润?参考数据：；；；；；.【答案】(1)0.38；(2)当时，采用两种包装利润一样，当时，采用B款包装盒，当时，采用A款包装盒.【解析】(1)由题意得：，所以，，则，，所以，设从农场中摘取20颗果，这20颗果恰好有一颗不是“标准果”为事件A，则(2)由，解得：，所以，采用A款包装盒获得利润的数学期望，采用B款包装盒获得利润的数学期望，令，解得：a=，由于，令，解得：，令，解得：，故当时，采用两种包装利润一样，当时，采用B款包装盒，当时，采用A款包装盒.21．（2022·河北唐山·一模）已知椭圆经过点，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，椭圆C的左、右顶点为，，不与坐标轴垂直且不过原点的直线l与C交于M，N两点（异于，），点M关于原点O的对称点为点P，直线与直线交于点Q，直线与直线l交于点R.证明：点R在定直线上.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】(1)由题意知，，解得，故椭圆C的方程为.(2)设，，则.直线l的方程为，其中且，将代入椭圆，整理得，由与韦达定理得：，，.由（1）知：，，设，由、P、Q三点共线得：，由、N、Q三点共线得：，则，于是直线的斜率为，直线的方程为，联立，解得：，即点R在定直线上.22．（2022·全国·模拟预测）已知函数，且是函数的导函数，(1)求函数的极值；(2)当时，若方程有两个不等实根．（ⅰ）证明：；（ⅱ）证明：．【答案】(1)极小值为，没有极大值．(2)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）证明见解析【解析】(1)由题意可知函数的定义域为．由，所以．令，解得．当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数有极小值为，函数没有极大值．(2)（ⅰ）由题意，，因为．设，则,，构造函数，则．当时，，所以函数在上单调递减，故，所以．（ⅱ）因为当时，方程有两个不等实根，所以即两式相减得，所以．由（ⅰ）得．由重要不等式得，所以，即，所以，所以，所以，即．因为，所以，所以．故由（Ⅰ）得