【原创】（新高考）2022届高三二轮综合卷 数学（二）【学生版+教师版+答题卡】

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（新高考）2022届高三二轮综合卷数 学（二）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）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的．1．已知，则在复平面内复数对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知集合，集合，若，则（    ）A．0 B．1 C．2 D．63．在下列区间中，函数的单调递减区间是（    ）A． B． C． D．4．已知定义域为的函数在上单调递减，且为偶函数，则关于的不等式的解集为（    ）A． B．C． D．5．实数x，y满足，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．6．已知数列与数列，其中．它们的公共项由小到大组成新的数列，则的前项的和为（    ）A． B． C． D．7．若，则（    ）A． B． C． D．8．已知椭圆的上焦点为，过原点的直线交于点，且，若，则的离心率的取值范围为（    ）A． B． C． 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2分，有选错的得0分．9．已知向量，，则（    ）A．  B．C．与可以作为一组基底 D．在方向上的投影为10．下列说法中正确的是（    ）A．已知随机变量服从二项分布，则B．已知随机变量服从正态分布且，则C．已知随机变量的方差为，则D．“与是互斥事件”是“与互为对立事件”的必要不充分条件11．己知△ABC中，角A，B．C所对的边分别是a，b，c，B=，2=，AP=，则下列说法正确的是（    ）A．=+ B．a+3c的最大值为C．△ABC面积的最大值为 D．a+c的最大值为212．如图，在四面体ABCD中，，底面ABC，，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则四面体ABCD的体积不可能是（    ）A．5 B．6 C．7 D．8 第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知某样本数据分别为1，4，3，a，6，且样本均值，则样本方差_______．14．若，则的值_______．15．某学生在研究函数时，发现该函数的两条性质：①是奇函数；②单调性是先增后减再增．该学生继续深人研究后发现将该函数乘以一个函数后得到一个新函数，此时除具备上述两条性质之外，还具备另一条性质：③．写出一个符合条件的函数解析式________．16．为了给市民提供健身场所，某市因地制宜计划在-一个圆形的区域内修建一个如图所示的内接四边形健身步道，其中A，B，C，D为休息点，AC，BD为便捷通道，现已知，，则的最小值为_______；若，则的最小值为________． 四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）设数列的前n项和为，且满足（）．（1）证明：数列是等比数列；（2）令，求数列的前n项和．            18．（12分）如图，在四边形中，．若，，______，求的长．从①，；②，；③，，这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并作答．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）         19．（12分）在如图所示的多面体中，点在矩形的同侧，直线平面，平面平面，且为等边三角形，．（1）证明：；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．              20．（12分）迎接冬季奥运会期间，某市对全体高中学生举行了一次关于冬季奥运会相关知识的测试．统计人员从全市高中学生中随机抽取200名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，统计后发现所有学生的测试成绩都在区间内，并制成如图所示的频率分布直方图．（1）估计这200名学生的平均成绩；（2）用样本频率估计总体，从全市高中学生中随机抽取2名学生，记成绩在区间内的人数为，成绩在区间内的人数为，记，比较与的大小关系．                21．（12分）已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与椭圆交于、两点，线段的中点为．（1）证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值；（2）若直线的方程为，延长线段与椭圆交于点，四边形为平行四边形，求椭圆的方程．                 22．（12分）设函数，．（1）讨论的单调性；（2）当时，若恒成立，求a的取值范围．     
（新高考）2022届高三二轮综合卷数 学（二）答 案第Ⅰ卷（选择题）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的．1．【答案】D【解析】由可得，则在复平面内复数对应的点为，位于第四象限，故选D．2．【答案】C【解析】，所以，由于，所以是方程的根，即．此时或，，满足，所以，故选C．3．【答案】A【解析】由题意，函数，令，解得，令k=0，可得函数的递减区间为，结合选项，可得函数在区间上单调递减，故选A．4．【答案】A【解析】∵为偶函数，∴，∴函数关于直线对称，∴，又∵函数在上单调递减，∴，解得或，即不等式的解集为，故选A．5．【答案】C【解析】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影弓形及内部，其中弧是圆在直线及下方，，圆心坐标为，半径为1，目标函数表示平面区域内的动点与定点确定直线的斜率，观察图形知，当直线l与弓形弧相切时，其斜率最小，当直线l经过点D时其斜率最大，直线斜率的最大值为，令直线与弓形弧相切时直线的方程为，于是得，解得或(不符合题意，舍去)，即直线斜率的最小值是，所以的取值范围是，故选C．6．【答案】D【解析】数列的各项为：、、、、、、、、、、，数列的各项为：、、、、、、、、、、，由题意可知，数列的各项为：、、、，所以，数列为等差数列，且首项为，公差为，因此，数列的前项的和为，故选D．7．【答案】C【解析】令，∵，∴是偶函数，∵，令，则，∴在上单调递增，当时，，此时，∴在上单调递增．由可得，即，∴，∵是偶函数，则，∴，故选C．8．【答案】C【解析】因为直线过原点，由椭圆及直线的对称性可得，所以，设下焦点，连接，，又因为，即且互相平分，可得四边形为矩形，即有，在中，，，由椭圆的定义可得，所以，所以离心率，因为，所以，所以，所以，故选C． 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2分，有选错的得0分．9．【答案】BC【解析】∵，∴，选项A错误；，∴，∴，选项B正确；∵，∴与都是非零向量，且与不共线，∴与可以作为一组基底，选项C正确；在方向上的投影为，选项D错误，故选BC．10．【答案】BD【解析】已知随机变量，则，故A错误；因为随机变量，，所以，所以，故B正确；，故C错误；充分性：“与是互斥事件”“与互为对立事件”，充分性不成立；必要性：“与是互斥事件”“与互为对立事件”，必要性成立，因此“与是互斥事件”是“与互为对立事件”的必要不充分条件，故D正确，故选BD．11．【答案】AD【解析】对于A，在△ABC中，因2=，则，A正确；在△ABP中，由余弦定理得：，当且仅当时取“=”，于是得当时，，，C不正确；在△ABP中，令，则，，由正弦定理得，则，，其中锐角由确定，而，则当时，，取最大值，D正确；而，则的最大值应大于的最大值，又，即a+3c的最大值为是不正确的，B不正确，故选AD．12．【答案】CD【解析】如图：根据已知条件可将三棱锥补为直三棱柱，则三棱锥的外接球即为该三棱柱的外接球．设直三棱柱的上下底面三角形的外接圆圆心分别为，，外接球球心为O，则O为中点，根据已知条件可知＝AD＝AC．设外接球半径为R，设上下底面三角形外接圆半径为＝r，由，设，则，OB＝R＝，在△ABC中，由正弦定理知：，在中由勾股定理得：，即，即，则，，AC＝AD＝2．△ABC及其外接圆的如图：I为AC中点，则CI＝，，，当B为延长线圆的交点时，易知tan∠IBC＝，则，则，和已知∠ABC的大小符合，∵∠ABC是优弧所对的角，∴当点B在优弧上移动时，∠ABC始终为60°，∴△ABC面积最大为，∴三棱锥D－ABC的体积最大为，故答案为CD． 第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】或【解析】依题意，所以，故答案为．14．【答案】【解析】令，得，令，得，所以，故答案为．15．【答案】（答案不唯一）【解析】因为为奇函数，为奇函数，所以为常函数或为偶函数，当时，，则，此时，所以不合题意，当时，，因为，所以为奇函数，，由，得或；由，得，所以的增区间为和，减区间为，所以为先增后减再增，因为，所以满足题意，故答案为（答案不唯一）．16．【答案】，4【解析】设，，则，在中，，（当且仅当时取等），，四边形内接于圆，且，则，则为该四边形外接圆的直径，由，所以，故答案为，4． 四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1），，相减得，则，又∵，得，故，得证．（2）由（1）可得，所以，则，则，两式相减可得，所以．18．【答案】选①；选②；选③或．【解析】若选①，在中，∵，，，∴由正弦定理可知，解得，又∵，∴，即，∴，在中，，，．由余弦定理得，解得．若选②，在中，，，，由正弦定理得，解得，在中，，，，由余弦定理得，即．若选③，在中，，，，由正弦定理得，解得，在中，由，解得，则或，由余弦定理得，当时，解得；当时，解得，综上所述：或．19．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）取中点，连接，，．由平面平面，且交线为，平面．又平面，有，四点共面．平面平面，．又在矩形中，，∴∽，∴，∵，∴，．又∵，平面，平面，．（2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则有：．设平面的法向量，，，令，则；设平面ECF的法向量，，，令，则，，所平面与平面所成锐二面角的余弦值为．20．【答案】（1）69．5；（2）．【解析】（1）解：平均成绩为：．（2）解：成绩落在区间内的概率为，故．成绩落在区间内的概率为，故．所以；；，．由题意，可能的取值为，，，，，，，故有．21．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）依题意，设，，，，两式相减可得，则，即，因为，，直线的斜率，直线的斜率，于是得是定值，所以直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值．（2）设点的坐标为，由，消去y并整理得，则，，又四边形为平行四边形，即线段与线段互相平分，则，即点，而点在椭圆C上，于是得，解得，所以椭圆的方程为．22．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）解：由题意，函数，所以，当时，令，则在上单调递增；当时，令，解得；令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减；综上：当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减．（2）解：要证成立，即证，令，易知，可得，令，又在上单调递增，且，则，所以在上单调递增，所以，则当时，可得，则有在上单调递增，则；则当时，可得，又因为在上单调递增，则存在，使得，所以当时，，则此时，不符合题意，综上所述：实数的取值范围．