2022年高考押题预测卷08-决胜2022年高考押题预测卷（江苏等八省新高考地区专用）（原卷+解析）.doc...

2022年高考押题预测卷08

一、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，只有一项是符合题目要求的．

1．已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】对于集合求的是的取值范围，

对于集合求的是的值域，

，，，

故选：C．

2．已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】，

.

故选：B.

3．已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

故选：B.

4．某校安排高一年级（1）～（5）班共5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高一（1）班被安排到A基地的排法总数为（    ）

A. 24 B. 36 C. 60 D. 240

【答案】C

【解析】5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，

如果是只有高一（1）班被安排到A基地，那么总的排法是种，

如果是还有一个班和高一（1）班一起被安排到A基地，那么总的排法是种，

故高一（1）班被安排到A基地的排法总数为 种，

故选：C

5．已知函数，若的图象在区间上有且只有1个最低点，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

、、由题意得，

因为，

所以，

因为有且只有1个最低点，

所以，解得.

故选：D

6．已知双曲线的离心率，且双曲线C的两条渐近线与抛物线的准线围成的三角形的面积为3，则p的值为（    ）

A. 1 B. 2 C.  D. 4

【答案】D

【解析】根据题意，，可得，

所以双曲线的渐近线方程为，

抛物线的准线方程为，

设准线与抛物线的交点分别为M，N，则，可解得，

同理，

所以，解得.

故选：D．

7．已知实数，，满足，则下列关系式中不可能成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】设，，

则，，，

在同一坐标系中分别画出函数，，的图象，

当时，，

当时，，

当时，，

由此可以看出，不可能出现这种情况，

故选：．

8．如图，已知三棱柱的底面是等腰直角三角形，底面ABC，AC＝BC＝2，，点D在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥D-ABC的外接球表面积的最大值为（    ）

A.  B. 24π C.  D.

【答案】B

【解析】因为为等腰直角三角形，AC＝BC＝2，

所以的外接圆的圆心为的中点， 且

连接与的中点，则，所以平面，

设球的球心为，由球的截面性质可得在上，

设，，半径为，

因为，所以，

所以，又

所以，

因为，所以，

所以三棱锥D-ABC的外接球表面积的最大值为，

故选：B.

二、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2分，有选错的得0分．

9．如图所示，5个（x，y）数据，去掉D（3，10）后，下列说法正确的是（    ）

A. 相关系数r变大

B. 残差平方和变大

C 相关指数R2变小

D. 解释变量x与预报变量y的相关性变强

【答案】AD

【解析】由散点图知，去掉离群点D后，x与y的相关性变强，且为正相关，

所以相关系数r的值变大，相关指数R2的值变大，残差平方和变小．

故选：AD．

10． “圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.如图，已知圆O的半径为2，点P是圆O内的定点，且，弦AC､BD均过点P，则下列说法正确的是（    ）

A.  B. 为定值

C. 的取值范围是[-2，0] D. 当时，为定值

【答案】ABD

【解析】如图，连接，设的中点为，连接，则.

故，故A正确；

如图，设直线PO与圆O交于E，F，

则

，故B正确；

取AC的中点M，连接OM，

则

，

而，故的取值范围是，故C错误；

当时，

，

故D正确.

故选：ABD.

11．P是直线上的一个动点，过点P作圆的两条切线，A，B为切点，则（    ）

A．弦长的最小值为 B．存在点P，使得

C．直线经过一个定点 D．线段的中点在一个定圆上

【答案】ACD

【解析】依题意，即，设，则为的中点，且，

所以，所以，，又，

所以，，所以，，故A正确，B不正确；

设，则，所以以为直径的圆的方程为，

则，即，所以直线的方程为，所以直线过定点，故C正确；

又，，所以的中点在以为直径的圆上，故D正确；

故选：ACD

12．已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则（    ）

A. 是等差数列 B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析，，解得：

时，，

整理得：

故是等差数列，选项A正确；

，则，，选项B正确；

，选项C错误；

令，，

在递增，，则

即，选项D正确；

故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知函数是偶函数，则_____________．

【答案】

【解析】因为函数是偶函数，

所以对于恒成立，

即对于恒成立，

所以对于恒成立，

所以对于恒成立，

因为，所以，解得：，

故答案为：.

14.写出一个同时具有下列性质（1）（2）（3）的数列 的通项公式：  __________．

（1）数列是无穷等比数列；（2）数列不单调；（3）数列单调递减．

【答案】（答案不唯一）

【解析】由题意可得，满足（1）数列是无穷等比数列；（2）数列不单调；（3）数列单调递减，

故答案为：

15.19世纪，美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频率约为总数的三成，接近期望值的3倍，并提出本福特定律，即在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．根据本福特定律，在某项大量经济数据（十进制）中，以6开头的数出现的概率为______；若,，则k的值为__________．

【答案】          5

【解析】由题意可得：

（1）

（2），而，故，则．

故答案为：

16．若函数的图象与函数的图象有两个不同的公共点，则a的取值范围为________．

【答案】（0，3）

【解析】函数 与 有两个交点等价于函数 有两个零点，

令 ，显然 ，

，

当 时， ， 是增函数，不可能有两个零点；

当 时，令 ，得 ， ，

方程有两个解，设为 ，

由韦达定理知： ，故 为一正一负，设 ，

考虑函数 的定义域， ，

…①

，当 时， ，当 时， ，

∴在 处， 取最大值， ，

显然欲使得 有两个零点，必须有 ，

将①代入上式得： ，

设  ， 是增函数，

显然 ，当 ，即当 ，

由①， 是减函数，∴ ，

a的取值范围为（0,3）；

故答案为：（0,3）.

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△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，．

（1）求C；

（2）求△ABC的面积．

【答案】（1）    （2）

【解析】（1）因为，

所以由正弦定理得，

由余弦定理得，

又，则；

（2）因为，，

所以，即，

因为，所以，

所以，

所以．

18．在①，；②，；③，三个条件中选择合适的一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知是等差数列的前项和，，数列是公比大于1的等比数列，且_____.

（1）求数列和的通项公式；

（2）记，求使取得最大值时的值.

【答案】（1），    （2）的值为3或4

【解析】（1）由，

又因为，

所以，

所以，

设数列的公比为，则，

选①，因为，，

所以，

又，

所以，所以，

若选②，，

所以，

，即，

所以或，

因为，所以，则.

若选③，由，得，

又，

解得，

因为，所以，

所以.

（2）由（1）得，

所以，

因为，

所以当或2时，；

当时，；当时，，

所以，

所以使得取得最大值时的值为3或4.

19．学习强国APP从2021年起，开设了一个“四人赛”的答题模块，规则如下：用户进入“四人赛”后共需答题两局，每局开局时，系统会自动匹配3人与用户一起答题，每局答题结束时，根据答题情况四人分获第一､二､三､四名.首局中的第一名积3分，第二､三名均积2分，第四名积1分；第二局中的第一名积2分，其余名次均积1分，两局的得分之和为用户在“四人赛”中的总得分.假设用户在首局获得第一､二､三､四名的可能性相同；若首局获第一名，则第二局获第一名的概率为，若首局没获第一名，则第二局获第一名的概率为.

（1）设用户首局的得分为，求的分布列；

（2）求用户在“四人赛”中的总得分的期望值.

【答案】（1）答案见解析    （2）

【解析】（1）的所有可能取值为，，，

，，

其分布列为

（2）方法一：设总得分为，则的取值为，，，，

则，

，

的分布列为

所以.

方法二：.

设第二局得分为，则的取值为，.

则有，

化简得Y的分布列为

，

四人赛总分期望为

20．如图，在四棱锥中，已知四边形为菱形，，为正三角形，平面平面.

（1）求二面角的大小；

（2）在线段SC（端点S，C除外）上是否存在一点M，使得？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）45°    （2）不存在，理由见解析

【解析】（1）取AD中点O，连接SO，BO，因为，，所以，

又因为平面平面，平面平面， 平面，平面，因为平面，所以，则，，因为，，所以，所以OA，OB，OS两两垂直，

以为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，设，

则，，，，，

平面的法向量为，

设平面的法向量为，由，可得，

设二面角为，则，易知二面角为锐角，则.

（2）设，，，则，，，，，

由，解得，矛盾，故不存在.

21．已知椭圆的离心率为，是C的上、下顶点，且．过点的直线l交C于B，D两点（异于），直线与交于点Q．

(1)求C的方程；

(2)证明，点Q的纵坐标为定值．

【答案】(1)(2)证明见解析

【解析】(1)因为，所以，

因为，其中，

所以设，解得．

所以椭圆C的方程为．

(2)显然直线l的斜率存在，设直线l方程为，

联立直线l与椭圆C方程，消去y得，．

设，

当，即时，

有．

直线方程为：，

直线方程为：．

两式相除得，，

因为，所以，

整理得．即点Q的纵坐标为定值．

22．已知函数

(1)讨论函数在（，）上极值点的个数；

(2)当时，.其中为的导函数，求实数m的取值范围.

【答案】(1)1；(2).

【解析】(1)由题得，

当时，.

当时，，在单调递增；

当时，，在单调递减.

所以函数在（，）上极值点的个数为1.

(2)由题得在上恒成立，

即恒成立，

因为，

①若，在上单调递增，，符合题意；

②若令，

则，所以在单调递增，且，

（i）若，，

在上单调递增，，符合题意；

（ii）若，，

则存在，使得当时，，单调递减，

此时，不合题意；

综上，.