2022新高考数学临考模拟卷2含解析（含学生版）

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2022年高考临考模拟卷（二）数学（新高考卷）（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，只有一项是符合题目要求.1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【详解】由已知，，∴．故选：C．2．若复数，则（       ）A．2 B． C．4 D．5【答案】B【详解】因为复数，所以，所以，故选：B3．设x，，则“且”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】由且，可得当，时，满足，但不满足且则“且”是“”的充分不必要条件故选：A4．若向量满足，，，则与的夹角为(       )A． B． C． D．【答案】C【详解】由题可知，，∴，∴向量与的夹角为.故选：C.5．已知点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且横坐标为8，O为坐标原点，若△OFP的面积为，则该抛物线的准线方程为（       ）A． B． C． D．【答案】B【详解】抛物线的焦点，由，可得，不妨令则，解之得则抛物线方程为，其准线方程为故选：B6．在边长为6的菱形中，，现将沿折起，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】A【详解】当三棱锥的体积最大值时，平面平面，如图，取的中点为，连接，则.设分别为，外接圆的圆心，为三棱锥的外接球的球心，则在上，在上，且,且平面，平面.平面平面，平面平面，平面平面，，同理四边形为平行四边形平面，平面，即四边形为矩形. 外接球半径 外接球的表面积为 故选：A.7．我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，且两个等位基因分别来自于父亲和母亲，其中AA，AO为A型血，BB，BO为B型血，AB为AB型血，OO为O型血.比如：父亲和母亲的基因型分别为AO，AB，则孩子的基因型等可能的出现AA，AB，AO，BO四种结果，已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，不考虑基因突变，则小明是A型血的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】C【详解】因小明的爷爷、奶奶的血型均为AB型，则小明父亲的血型可能是AA，AB，BB，它们对应的概率分别为，当小明父亲的血型是AA时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型可能是AA，AB，它们的概率均为，此时小明是A型血的概率为，当小明父亲的血型是AB时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型是AA的概率为，此时小明是A型血的概率为，当小明父亲的血型是BB时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型不可能是AA，所以小明是A型血的概率为，即C正确.故选：C8．已知直线与直线相交于点P，点，O为坐标原点，则的最大值为（       ）A． B． C．1 D．【答案】B【详解】直线恒过定点，直线恒过定点，而，即直线与直线垂直，当P与N不重合时，，，当P与N重合时，，令点，则，，于是得，显然点P与M不重合，因此，点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆（除点M外），如图，观察图形知，射线AP绕点A旋转，当旋转到与圆O：相切时，最大，最大，因，为切线，点为切点，，，则，所以最大值为，.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．的展开式中各项系数之和为2，则其中正确的是（     ）A．a=1B．展开式中含项的系数是C．展开式中含项D．展开式中常数项为40【答案】AC【详解】令，，故A正确；的展开式中含项的系数为，故B错误； 的展开式中为项 ，故C正确；的展开式中常数项为，故D错误.故选：AC.10．已知函数，则下列结论正确的是（       ）A．若对于任意的，都有成立，则B．若对于任意的，都有成立，则C．当时，若在上单调递增，则的取值范围为D．当时，若对于任意的，函数在上至少有两个零点，则的取值范围为【答案】ACD【详解】对于A，对于任意的，都有成立，所以恒成立，又，，∴，故A正确；对于B，由题可得是函数的周期，但不能推出函数的最小正周期为，故B错误；对于C，当时，当时，，则，，故，故C正确；对于D，当时，当时，，由在上至少有两个零点，则，即，故D正确.故选：ACD.11．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（            ）A．B．点的轨迹是一个半径为的圆C．直线与平面所成角为D．三棱锥体积的最大值为【答案】ACD【详解】对于A选项，连接，因为四边形为正方形，则，平面，平面，则，因为，平面，平面，，同理可证，，平面，平面，，A对；对于B选项，设平面，因为，，所以，三棱锥为正三棱锥，因为平面，则为正的中心，则，所以，，，，平面，平面，，即，，因为，即，，解得，所以，点的轨迹是半径为的圆，B错；对于C选项，平面，所以，与平面所成的角为，且，，故，C对；对于D选项，点到直线的距离为，所以点到直线的距离的最大值为，故的面积的最大值为，因为平面，则三棱锥的高为，所以，三棱锥体积的最大值为，D对.故选：ACD.12．我们约定双曲线与双曲线为相似双曲线，其中相似比为.则下列说法正确的是(       )A．的离心率相同，渐近线也相同B．以的实轴为直径的圆的面积分别记为，则C．过上的任一点引的切线交于点，则点为线段的中点D．斜率为的直线与的右支由上到下依次交于点、，则【答案】AC【详解】①的渐近线为，离心率为，，则双曲线实轴长为，虚轴长为，渐近线方程为，故两个双曲线的渐近线方程相同，∵在双曲线里面，离心率，∴两双曲线离心率也相同，故A正确；②，，，故B错误；③对于C，若P为顶点时，切线与x轴垂直，根据双曲线对称性可知，此时切线与的交点AB关于x轴对称，即线段AB的中点为P；当该切线与x轴不垂直时，设切线方程为，联立切线与，得(*)，∵直线与相切，则方程(*)为二次方程，，且，方程有两个相同的实数根即为P点横坐标，则根据韦达定理可知，联立切线与，得(**)，设，，则，，∵P在切线上，∴为中点.综上，P为线段AB中点，故C正确；④对于D，由(*)和(**)可知，，，，即，，故D错误；故选：AC.二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．已知，若，则______．【答案】【详解】由，可得，解得，即，即，又由，所以，因为，所以.故答案为：.14．有的方格中停放三辆完全相同的红色车和三辆完全相同的黑色车，每一行每一列只有一辆车，每辆车占一格，则停放的方法数为________【答案】14400【详解】第一步先选车有种，第二步,因为每一行、每一列都只有一辆车，每辆车占一格，从中选取一辆车后，把这辆车所在的行列全划掉，依次进行，则有种，根据分步计数原理得：种.故答案为：1440015．己知为R上的奇函数，且，当时，，则的值为______．【答案】##-0.8【详解】由题设，，故，即的周期为2，所以，且，所以.故答案为：.16．在空间直角坐标系O－xyz中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲而在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点P(x，y，z)是二次曲面上的任意一点，且，，，则当取得最小值时，的最大值为______．【答案】【详解】由题设，，故，当且仅当时等号成立，所以，此时，令，则，故，所以，当时，当时，即在上递增，在上递减.故，且时等号成立，综上，的最大值为.故答案为：.四、解答题17．为了解某车间生产的产品质量，质检员从该车间一天生产的100件产品中，随机不放回地抽取了20件产品作为样本，并一一进行检测.假设这100件产品中有40件次品，60件正品，用表示样本中次品的件数.(1)求的分布列（用式子表示）和均值；(2)用样本的次品率估计总体的次品率，求误差不超过的概率.参考数据：设，则，.【解析】(1)解：由于质检员是随机不放回的抽取20件产品，各次试验之间的结果不相互独立，所以由题意随机变量服从超几何分布，所以的分布列为，的均值为；(2)解：样本中次品率是一个随机变量，所以.所以误差不超过的概率为.18．已知数列的前n项和为，满足，.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前100项的和.【解析】(1)当时，，整理得，又，得则数列是以-2为首项，-2为公比的等比数列.则，(2)当时，，当时，，当时，，当时，，则19．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求A；(2)若D为BC上一点，且，，求的面积.【解析】(1)在中，因为，所以由正弦定理得：，即.因为,所以，即.因为,所以.(2)在中，因为，，所以.由余弦定理得：，即，解得：（舍去）.因为.所以，即.因为，所以，解得：，所以的面积 .即的面积为.20．如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，将梯形AA1C1C绕AA1旋转至AA1D1D位置，二面角D1−AA1−C1的大小为30°．(1)证明：A1，B1，C1，D1四点共面，且A1D1⊥平面ABB1A1；(2)若AA1=A1C1=2AB=4，设G为DD1的中点，求直线BB1与平面AB1G所成角的正弦值．【解析】(1)证明：因为平面，所以，又因为，，所以平面，假设，，，四点不共面，因为平面，平面，所以平面平面，与平面平面矛盾，故，，，四点共面，又因为，，所以二面角的平面角，所以，又，所以；又，，所以平面；(2)以为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系；则，，，，，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，得，设与平面所成角为，则．所以与平面所成角的正弦值为．21．在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.(1)求C的方程；(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.【解析】(1)因为实轴长为4，即，，又，所以，，故C的方程为.(2)由O，A，N，M四点共圆可知，，又，即，故，即，所以,设，，，由题意可知，则直线，直线，因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，故M坐标为，所以，又，由，则，整理可得，当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线，代入双曲线方程：中，可得，所以，，又，所以,故，即，所以点P坐标为.22．已知函数．(1)当时，恒成立，求实数的取值范围；(2)当时，，方程的根为、，且，求证：．【解析】(1)解：因为，则，且，由题意可知，对任意的，，设，则，（ⅰ）当时，，恒成立且不恒为零，在上是减函数，又因为，所以恒成立；（ⅱ）当时，，方程的根为，，又因为，所以．由得，由，得，所以在上是增函数，在上是减函数，因为，所以不恒成立．综上所述，．(2)证明：当时，，，由，可得，由，可得，所以在上是减函数，在上是增函数，则，当时，，所以，，且，当时，，所以，即．设直线与的交点的横坐标为，则，下面证明当时，，设，令，则，当时，，当时，，所以在上是减函数，在上是增函数，又因为，，所以当时，，，故当时，．设直线与的交点的横坐标为，则，可得，如下图所示：则，所以，得证．