2022年高考数学临考押题卷（二）（新高考卷）含答案

这是一份2022年高考数学临考押题卷（二）（新高考卷）含答案，共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，已知函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
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2022年高考临考押题卷（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。
第Ⅰ卷
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．
2．若复数，则（       ）
A．2 B． C．4 D．5
3．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
4．若向量满足，，，则与的夹角为(       )
A． B． C． D．
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．
6．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．
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．
8．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．
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=1
B．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
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
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
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


第Ⅱ卷
二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知，若，则______．
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________
15．己知为R上的奇函数，且，当时，，则的值为______．
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______．

四、 解答题：本小题共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． （本小题10分）
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，.





18.（本小题12分）
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.







19．（本小题12分）
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.








20．（本小题12分）
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．







21．（本小题12分）
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.



22．（本小题12分）
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：．


2022年高考临考押题卷（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。
三、 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：B
3．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：A
4．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：B
6．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：C
8．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
三、 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=1
B．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.
四、 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：14400
15．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．