2022年高考数学(理数)二轮复习模拟试卷(基础班)(2份，教师版+原卷版)

2022年高考数学(理数)二轮复习模拟试卷

(基础班)

一              、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1.已知集合A={－2，0，2}，B={x|x2＋x－2=0}，则A∪B=(　　)

A.∅        B.{－2}      C.{0，－1，－2}        D.{－2，0，1，2}

【答案解析】答案为：D；

解析：由x2＋x－2=0，解得x=－2或1，所以B={－2，1}，A∪B={－2，0，1，2}，故选D.

2. “a3>b3”是“ln a>ln b”的              (　　)

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

【答案解析】答案为：B；

解析：ln a>ln b⇒a>b>0⇒a3>b3,所以必要性成立.a3>b3⇒a>b>0或0>a>b,则当0>a>b时,充分性不成立.故选B.

3.函数f(x)=x＋＋1，f(a)=3，则f(－a)的值为(　　)

A.－3          B.－1       C.1          D.2

【答案解析】答案为：B；

解析：由题意得f(a)＋f(－a)=a＋＋1＋(－a)＋＋1=2.

∴f(－a)=2－f(a)=2－3=－1，故选B.

4.已知x∈(- ,0)，cos x=，则tan x的值为(　　)

A.        B.－       C.        D.－

【答案解析】答案为：B；

解析：因为x∈(- ,0)，所以sin x=－=－，所以tan x==－.故选B.

5.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为(　　)

A.         B.         C.         D.

【答案解析】答案为：C

解析：设正方形的边长为2，则由几何概型的概率公式，

知所求概率为=.故选C.

6.执行如图所示的程序框图，则输出的结果为(　　)

A.9，2         B.10，2       C.9，         D.9，－1

【答案解析】答案为：D；

解析：当n=1时，a=1－=1－=；当n=2时，a=1－=1－=－1；当n=3时，a=1－=1－=2；当n=4时，a=1－=1－=；….则a的取值是周期为3的一组数，则由循环语句，

当n=8时，a=－1，则n=9，跳出循环，执行输出，故选D.

7.点A(2,5)到直线l：x－2y＋3=0的距离为(　　)

A.2          B.       C.          D.

【答案解析】答案为：C；

解析：点A(2,5)到直线l：x－2y＋3=0的距离为d==.故选C.

8.一个正三棱柱被平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为(　　)

A.　　　        B.        C.　　        D.

【答案解析】答案为：A

解析：由三视图可知，剩余部分所表示的几何体是从正三棱柱ABC－A1B1C1(其底面边长是2)中截去三棱锥E－A1B1C1(其中E是侧棱BB1的中点)，

因此三棱锥E－A1B1C1的体积为VE－A1B1C1=××22×1=，

剩余部分的体积为V=VABC－A1B1C1－VE－A1B1C1=×22×2－=，

因此截去部分体积与剩余部分体积的比值为.故选A.

9.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＋b2－c2=ab=，则△ABC的面积为(　　)

A.          B.             C.           D.

【答案解析】答案为：B；

解析：依题意得cos C==，C=60°，

因此△ABC的面积等于absin C=××=.

10.如图，已知椭圆C的中心为原点O，F(－5，0)为C的左焦点，P为C上一点，满足|OP|=|OF|且|PF|=6，则椭圆C的方程为(　　)

A.＋=1        B.＋=1     C.＋=1        D.＋=1

【答案解析】答案为：C；

解析：由题意可得c=5，设右焦点为F′，连接PF′，由|OP|=|OF|=|OF′|知，

∠PFF′=∠FPO，∠OF′P=∠OPF′，∴∠PFF′＋∠OF′P=∠FPO＋∠OPF′，

∴∠FPO＋∠OPF′=90°，即PF⊥PF′.

在Rt△PFF′中，由勾股定理，得|PF′|===8，

由椭圆定义，得|PF|＋|PF′|=2a=6＋8=14，从而a=7，得a2=49，

于是b2=a2－c2=72－52=24，所以椭圆C的方程为＋=1，故选C.

11.已知等比数列{an}中，a5＝3，a4a7＝45，则的值为(　　)

A．3         B．5       C．9         D．25

【答案解析】答案为：D.

解析：设等比数列{an}的公比为q，则a4a7＝·a5q2＝9q＝45，所以q＝5，

＝＝q2＝25.故选D.

12.若不等式2xln x≥－x2＋ax－3对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)

A.(－∞，0)      B.(－∞，4]    C.(0，＋∞)     D.[4，＋∞)

【答案解析】答案为：B；

解析：[由题意知a≤2ln x＋x＋对x∈(0，＋∞)恒成立，

令g(x)=2ln x＋x＋，则g′(x)=＋1－=，

由g′(x)=0得x=1或x=－3(舍)，且x∈(0,1)时，g′(x)＜0，

x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0.因此g(x)min=g(1)=4.所以a≤4，故选B.]

二              、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13.已知向量a=(2，5t－1)，b=(t＋1，－1)，若a⊥b，则t=________.

【答案解析】答案为：1.

解析：因为a=(2，5t－1)，b=(t＋1，－1)，a⊥b，所以(2，5t－1)·(t＋1，－1)=0，

所以2(t＋1)－(5t－1)=0，解得t=1.

14.设x，y满足，则z=x＋2y的最大值为________.

【答案解析】答案为：6

解析：作出线性约束条件表示的平面区域如图中阴影部分所示，

由图可知，当直线z=x＋2y过点A(2，2)时，z取得最大值6.

15.二项式6的展开式中，含x2项的系数是________.

【答案解析】答案为：60

解析：由二项展开式的通项公式得Tr＋1=Cx6－r·r=Cx6－2r(－2)r，

令6－2r=2，得r=2，所以x2的系数为C(－2)2=60.

16.如图，半球内有一内接正四棱锥S－ABCD，该四棱锥的体积为，则该半球的体积为________.

【答案解析】答案为：π.

解析：设所给半球的半径为R，则棱锥的高h=R，底面正方形中有AB=BC=CD=DA=R，

∴其体积为R3=，则R3=2　，于是所求半球的体积为V=πR3=π.

三              、解答题（本大题共7小题，共70分）

17.已知数列{an}满足a1=1，an≠0，且an＋1－an＋3an＋1an=0.

(1)证明数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；

(2)求数列{an·an＋1}的前n项和Sn.

【答案解析】解：(1)由an≠0，an＋1－an＋3an＋1an=0可得－＋3=0，即=＋3.

所以数列是公差d=3，首项==1的等差数列，

故=1＋3(n－1)=3n－2，

所以an=.

(2)由(1)知，an·an＋1=×==.

故数列{an·an＋1}的前n项和

Sn=＋

=

==.

18.某次有1 000人参加的数学摸底考试，成绩的频率分布直方图如图所示，规定85分及其以上为优秀．

(1)下表是这次考试成绩的频数分布表，求正整数a，b的值；

(2)现在要用分层抽样的方法从这1 000人的成绩中抽取40人的成绩进行分析，再从抽取的40名学生中，随机选取2名学生参加座谈会，记选取的2名学生中成绩为优秀的人数为X，求X的分布列与数学期望．

【答案解析】解：(1)依题意得，a=0.04×5×1 000=200，b=0.02×5×1 000=100.

(2)设抽取的40名学生中，成绩为优秀的学生人数为x，

则=，解得x=30，

即抽取的40名学生中，成绩为优秀的学生人数为30.

依题意，X的可能取值为0，1，2，

P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==，

所以X的分布列为

所以X的数学期望E(X)=0×＋1×＋2×=.

19.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，

且平面ABCD⊥平面ABE，AB=2CD=2BC=2，P为CE中点.

(1)求证：AB⊥DE.

(2)求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值.

【答案解析】解：(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OE，

因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE，

因为CD∥OB，CD=AB=OB，BC=CD，BC⊥AB，

所以四边形OBCD是正方形，所以AB⊥OD，

又OD⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，OD∩OE=O，

所以AB⊥平面ODE，

又DE⊂平面ODE，

所以AB⊥DE.

(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，OD⊂平面ABCD，OD⊥AB，

所以OD⊥平面ABE，以O为原点，以OA，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系，

如图所示：

则A(1，0，0)，B(－1，0，0)，D(0，0，1)，E(0，，0)，C(－1，0，1)，

所以=(－1，0，1)，=(－1，，0)，=(0，0，1)，=(1，，0)，

设平面ADE的法向量为m=(x，y，z)，

则即令y=1，得m=(，1，)，

同理可得平面BCE的法向量为n=(，－1，0)，

所以cos〈m，n〉===.

所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为.

20.已知函数f(x)=＋lnx.

(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)求证：f(x)>0.

【答案解析】 (1)解：f(x)=＋lnx的定义域是(0，＋∞)，

f′(x)=＋=，

所以f′(1)=－，又f(1)=1，

则切线方程为x＋2y－3=0.

(2)证明　令h(x)=x3＋2x2－3x－2，

则h′(x)=3x2＋4x－3，

设h′(x)=0的两根为x1，x2，

由于x1x2=－1<0，

不妨设x1<0，x2>0，

则h(x)在(0，x2)上是单调递减的，在(x2，＋∞)上是单调递增的.

而h(0)<0，h(1)<0，h(2)>0，

所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈(1,2)，

所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增.

所以f(x)≥f(x0)=＋lnx0，

因为x0∈(1,2)，lnx0>0，f(x)>>0，

所以f(x)>0.

21.已知椭圆C：＋=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，过左焦点F1的直线l与C交于A，B两点，△ABF2的周长为4.

(1)求椭圆C的方程；

(2)当△ABF2的面积最大时，求l的方程.

【答案解析】解：(1)由椭圆的定义知4a=4，a=，

由e=知c=ea=1，b2=a2－c2=1.

所以椭圆C的方程为＋y2=1.

(2)由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，|F1F2|=2，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x=my－1，

联立x=my－1与＋y2=1，

得(m2＋2)y2－2my－1=0，|y1－y2|=，

S△ABF2=2=2，

当m2＋1=1，m=0时，S△ABF2最大为，l：x=－1.

22. [选修4－4，坐标系与参数方程]

以平面直角坐标系的原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．已知曲线C1的极坐标方程为ρsin=，曲线C2的极坐标方程为ρ=2cos.

(1)写出曲线C1的普通方程和曲线C2的参数方程；

(2)设M，N分别是曲线C1，C2上的两个动点，求|MN|的最小值．

【答案解析】解：(1)依题意：ρsin=ρsin θ－ρcos θ=，

所以曲线C1的普通方程为x－y＋2=0.

因为曲线C2的极坐标方程为：ρ2=2ρcos=ρcos θ＋ρsin θ，

所以x2＋y2－x－y=0，

即＋=1，

所以曲线C2的参数方程为(θ是参数)．

(2)由(1)知，圆C2的圆心圆心到直线x－y＋2=0的距离

d==，

又半径r=1，所以|MN|min=d－r=－1.

23. [选修4－5：不等式选讲]

已知函数f(x)=|x－m|＋|x＋1|(m∈R)的最小值为4.

(1)求m的值；

(2)若a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋2b＋3c=m，求证：＋＋≥3.

【答案解析】解：(1)f(x)=|x－m|＋|x＋1|≥|(x－m)－(x＋1)|=|m＋1|，

所以|m＋1|=4，解得m=－5或m=3.

(2)由题意，a＋2b＋3c=3.

于是＋＋=(a＋2b＋3c)

=

≥=3，

当且仅当a=2b=3c时等号成立，即a=1，b=，c=时等号成立．