【原创】2022届高三二轮综合卷 理科数学（一）【学生版+教师版+答题卡】

2022届高三二轮综合卷

理 科 数 学（一）

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、选择题：本大题共12小题，每小题5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．已知全集，设集合，，

则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】因为或，

所以，

因为，所以，故选B．

2．已知复数z满足，则z的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】，所以z的虚部为，故选C．

3．已知等差数列的前n项和为，若，，则数列的公差为（    ）

A．2 B． C．6 D．4

【答案】D

【解析】∵，∴，

∴数列的公差为，故选D．

4．已知函数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】因为函数，

所以，故选A．

5．已知命题，，命题，，则下列命题为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】对于命题，当时，，则，为假命题；

对于命题，，，则，为假命题，

因此，、、均为假命题，为真命题，故选D．

6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A．8 B．16 C．24 D．32

【答案】B

【解析】由题意可知几何体的形状如图：

是矩形，，

所以几何体的体积为，故选B．

7．若双曲线渐近线的斜率为k，且，则m的取值范围是（    ）

A．（0，2） B．（1，2） C．（0，3） D．（1，3）

【答案】C

【解析】由题意得，解得，故选C．

8．已知函数的图象经过点，相邻两个对称中心的距离为，且，，则函数的解析式为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】由题意，可得函数的最小正周期，∴．

又，，

∴为函数的最值，则，，

∴，．

又，∴，

当时，，∴，

∴，故选A．

9．某校高三年级在迎新春趣味运动会上设置了一个三分线外定点投篮比赛项目，规则是：每人投球5次，投中一次得1分，没投中得0分，且连续投中2次额外加1分，连续投中3次额外加2分，连续投中4次额外加3分，全部投中额外加5分．某同学投篮命中概率为，则该同学投篮比赛得3分的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】该同学投篮比赛得3分的情况有为：

①第一、三、五次分别投中，第二、四次都没有投中，

概率为；

②第一、二次连续两次投中，其它三次都没有投中，

概率为；

③第二、三次连续两次投中，其它三次都没有投中，

概率为；

④第三、四次连续两次投中，其它三次都没有投中，

概率为；

⑤第四、五次连续两次投中，其它三次都没有投中，

概率为，

该同学投篮比赛得3分的概率为：，故选C．

10．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知堑堵中，，．若堑堵外接球的表面积是，则堑堵体积的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设，则．

由题意易知堑堵外接球的球心是矩形的中心，

则堑堵外接球的半径R满足，

从而，解得，

即．

设，，则，故，（当且仅当时，等号成立）

故堑堵的体积，故选B．

11．已知函数，若关于x的不等式恒成立，则k的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意可知函数的定义域为，从而等价于，

即转化为函数的图象恒在函数的图象上方，

结合图象可知，当直线与曲线相切时，k取得最小值．

设直线与曲线相切时，切点为．

因为，所以，则，

整理得．

设，则．

由，得；由，得，

则在上单调递减，在上单调递增，

从而．

当时，，所以，当时，，

则方程有唯一解，即，从而，故，

故选C．

12．已知点，圆上的两个不同的点、满足，则的最大值为（    ）

A．12 B．18 C．60 D．

【答案】C

【解析】因，则点A，P，B共线，

即过点P的直线AB与圆交于不同的两点A，B，

表示点、到直线的距离和的5倍，

设弦AB中点，则有，

于是得，

圆的圆心，显然点P在此圆内，即过点P的任意直线与圆都相交，

当点M与点P，Q都不重合时，由圆的性质知，，有，

当点M与点P，Q之一重合时，也成立，于是得，

又，从而得，

即点M的轨迹是以原点为圆心的单位圆，

圆的圆心到直线的距离，

则圆上的点到直线的距离的最大值为，

所以的最大值为60，故选C．

第Ⅱ卷（非选择题）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．已知是单位向量，且，则__________．

【答案】

【解析】由单位向量满足，

，，

则，所以，

故答案为．

14．在的展开式中，二项式系数之和为32，则展开式中项的系数为_________．

【答案】1080

【解析】由题可知，

则的通项为，

令，

则系数为，

故答案为1080．

15．在中，角所对的边分别为，若，

当时，的面积是__________．

【答案】或

【解析】因为，故，

故，即，

故，即，

所以，

而，故或，

若，则，

故三角外接圆的直径，

由为三角形内角可得，，

故，

故三角形的面积为；

若，则，

由为三角形内角可得，故，

故三角形的面积为，

故答案为或．

16．已知，是定义在R上的两个函数，其中是奇函数，，．当时，，．

若关于x的方程在区间上有5个不同的实根，则实数k的取值范围为___________．

【答案】

【解析】由且为奇函数，得，

从而，所以是以4为周期的周期函数，

又，所以的图象关于点对称．

因为，所以是以2为周期的周期函数．

又可化为，

所以在上的图象为上半圆（不含原点），画出，的图象（如图所示）．要使在上有5个实根，

则直线与半圆有两个公共点，

故介于直线，之间（含），其中为过点和的直线，为过与相切的直线，

所以，

设切线方程为，，所以，，

所以．

故答案为．

三、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．（12分）设的内角A､､所对的边分别为､､，且．

（1）求内角A的大小；

（2）已知点在线段上，且平分内角A，若，的面积为，

求的周长．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）因为，

所以，所以，

由于，所以，

又，所以．

（2）由题意及（1）得，所以，

在中应用余弦定理得，即，

又，即，

亦即，所以，即，

从而的周长为．

18．（12分）学校准备筹建数学建模学习中心，为了了解学生数学建模（应用）能力，专门对高二报名的100名学生进行了数学建模闭卷测试，得分在45~95之间，分为，，，，五组，得到如图所示的频率分布直方图，其中第三组的频数为40．

（1）请根据频率分布直方图估计样本的平均数和方差（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；

（2）根据样本数据，可认为参与建模测试的学生分数近似服从正态分布，其中μ近似为样本平均数，近似为样本方差．

①求；

②学校为鼓励学生积极参与数学建模活动，决定对本次测试中90．8分以上的同学进行表彰．若某班正好有6人参与了这次测试，求这个班至少有1人获得表彰的概率．

参考数据：若，则，，，，，．

【答案】（1），；（2）①；②．

【解析】（1）由频率分布直方图可知组距，第三组频数为40，总共有100人，

则第三组频率，根据频率之和为1，

可知第4组的频率为，

所以，

．

（2）①，，

．

②记“6人中至少1人获得表彰”为事件，

则，

所以．

19．（12分）如图，在四棱锥中，面，，，，是的中点．

（1）求证：；

（2）若二面角的余弦值为，求线段长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：∵面，面，

∴，

又，，，

∴，∴，

又，面，∴面，

又面，∴．

（2）如图，以为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

∵，则，不妨设，

则，，，，则，

易知为面的一个法向量，

又，，

设为面的法向量，则，

即，取，

依题意，，∴，

所以线段长为．

20．（12分）已知椭圆经过点，椭圆C的离心率．

（1）求椭圆C的方程；

（2）设过点且与x轴不重合的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，直线AM，AN分别与直线分别交于P，Q，记点P，Q的纵坐标分别为p，q，求的值．

【答案】（1）；（2）12．

【解析】（1）由题意可得，解得，

所以所求椭圆方程为．

（2）直线l的斜率不存在时，直线与椭圆不相交，故斜率存在，设其为k，

设直线l的方程为，，

联立方程，消去y得，

所以，解得，

．

直线AM方程为：，令，解得；

直线AN方程为：，令，解得，

所以

，

即．

21．（12分）已知函数．

（1）若，求函数的单调区间；

（2）若，求证：．参考数据：．

【答案】（1）函数f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析．

【解析】（1）依题意，当时，，所以，

易知函数为增函数，且，

故当时，；当时，，

故函数的单调递减区间为，单调递增区间为．

（2）证明：要证，即证，

①当时，因为，则显然有；

②当时，令，可知函数在上单调递减，

所以只需证明，即证；

令，则，

显然单调递増，，所以存在唯一，使，

且时，单调递减；

时，单调递增，

所以．

因为，所以，即，

所以．

又因为，所以，所以，

从而，所以，

所以，故，

综上所述，若，则．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】

在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．

（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

（2）若点的极坐标为，直线与曲线交于两点，求的值．

【答案】（1），；（2）．

【解析】（1）曲线的参数方程为（为参数），

，

直线的极坐标方程为，

化简得，由，得，

直线的直角坐标方程为．

（2）由点的极坐标为，点的直角坐标为，

点在直线上，

直线的参数方程为（为参数），

代入，得，

设A，B对应的参数分别为，，

故不妨设且，

．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】

已知．

（1）解不等式；

（2）若，关于的不等式成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）依题意，

所以或或，

解得，

所以不等式的解集为．

（2）因为，

所以（当且仅当时等号成立），

因为对关于的不等式成立，

所以，解得或，

所以满足条件的实数的取值范围是．