2022新高考数学临考押题卷及答案解析（四）

2022年高考临考押题卷（四）

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．设全集，集合，，则集合（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】

解不等式得：，则，

解不等式得：，则，，

所以.

故选：C

2．已知复数满足，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

令，，

.

故选：A.

3．设平面向量，若则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

由于，所以，

，

.

故选：A

4．若不等式的一个充分条件为，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】

由不等式，可得，（不合题意）

要使得是的一个充分条件，

则满足，解得.

故选：D.

5．的展开式中的系数是（       ）

A．10 B．20 C．30 D．40

【答案】C

【详解】

由题意，多项式，

要得到含有项，则，

又由的展开式为，

令，可得，即，

所以多项式的展开式中的系数是.

故选：C.

6．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》．1852年，英国传教士伟烈亚力将该解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．此定理讲的是关于整除的问题，现将到这个数中，能被除余且被除余的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有（       ）

A．项 B．项 C．项 D．项

【答案】B

【详解】

由已知可得既能被整除，也能被整除，

故能被整除，

所以，，

即，

故，即，

解得，

故共项，

故选：B.

7．已知中，，，现以BC为旋转轴旋转得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】

如图所示，旋转体的轴截面为边长为3的菱形，为内切球的球心

因为，，

所以，

因为，

所以，所以，

所以内切球的半径，

故，

故选：D.

8．已知椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，过点与轴垂直的直线与直线交于点.若线段的中点在椭圆上，则椭圆的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

由题意，

由直线方程的截距式可得直线为：

过点与轴垂直的直线为：

联立可得

故，中点，

代入椭圆方程得，

解得（舍负）

故选：A

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．某校体育活动社团对全校学生体能情况进行检测，以鼓励学生积极参加体育锻炼.学生的体能检测结果服从正态分布，其中检测结果在以上为体能达标，以上为体能优秀，则（       ）

附：随机变量服从正态分布，则，，.

A．该校学生的体能检测结果的期望为

B．该校学生的体能检测结果的标准差为

C．该校学生的体能达标率超过

D．该校学生的体能不达标的人数和优秀的人数大致相等

【答案】AD

【详解】

对于A选项，该校学生的体能检测结果的期望为，A对；

对于B选项，该校学生的体能检测结果的标准差为，B错；

对于C选项，，

所以，，C错；

对于D选项，，所以，，

所以，该校学生的体能不达标的人数和优秀的人数大致相等，D对.

故选：AD.

10．设函数，下列说法正确的是（       ）

A．当时，的图象关于直线对称

B．当时，在上是增函数

C．若在上的最小值为，则的取值范围为

D．若在上恰有2个零点，则的取值范围为

【答案】AC

【详解】

当时，，所以是图象的一条对称轴，即A正确；

当时，若，则，则，所以不单调，即B错误；

若，则，由题意，可知，解得，即C正确；

若，则，由题意，可知，解得，即D错误.

故选：AC

11．网络流行语“内卷”，是指一类文化模式达到某种最终形态后，既没办法稳定下来，也不能转变为新的形态，只能不断地在内部变得更加复杂的现象数学中的螺旋线可以形象地展示“内卷”这个词.螺旋线这个词来源于希腊文，原意是“旋卷”或“缠卷”，如图所示的阴影部分就是一个美丽的旋卷性型的图案，它的画法是：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第二个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q，作第三个正方形MNPQ，按此方法继续下去，就可以得到下图.设正方形ABCD的边长为a1，后续各正方形的边长依次为a2，a3，…，an，…；如图阴影部分，设直角三角形AEH面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法正确的是（       ）

A．正方形MNPQ的面积为 B．

C．使不等式成立的正整数n的最大值为4 D．数列的前n项和

【答案】BCD

【详解】

根据题意可得：，

故可得是首项为，公比为的等比数列，则，

则；

根据题意可得：；

对A：由可得，故正方形MNPQ的边长为，

故其面积为，故错误；

对B：根据上述求解过程，，故正确；

对C：因为是关于的单调递减函数，

又，

故不等式成立的正整数n的最大值为4，故正确；

对：，显然是首项为，公比为的等比数列，

故其前项和，故正确.

故选：.

12．已知函数，若对于定义域内的任意实数，总存在实数使得，则满足条件的实数的可能值有（       ）

A．-1 B．0 C． D．1

【答案】AB

【详解】

函数定义域为，因，总使得，

则有函数在上没有最小值，对求导得：，

当时，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，

则当时，取最大值，值域为，在内无最小值，因此，，

当时，令，，，当时，，当时，，

即在上单调递增，在上单调递减，，显然，即，

在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，

当时，有两个根，不妨令，

当或时，，当或时，，

即函数在，上都单调递减，在，都单调递增，

函数在与处都取得极小值，，不符合题意，

当时，，当且仅当时取“=”，则当时，，当时，，

即在上单调递减，在上单调递增，，不符合题意，

综上得：实数的取值范围是：，

所以满足条件的实数的可能值有-1，0.

故选：AB

二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱.某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为___________.（用数字作答）

【答案】144

【详解】

先排“冰墩墩”中间有三个空，再排“雪容融”，则.

故答案为：144.

14．已知抛物线，点P为的任意一点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，则点到直线AB的距离的最大值为___________.

【答案】

【详解】

解：设，

易知点A处的斜率不为0，设斜率为k，

所以点A处的切线方程为，

由，消去x得，

由得，

所以A处的切线方程为，

因为切线过点，

所以，

同理可得点B处的切线方程为，

所以直线AB的方程为，

则直线AB过定点，

所以点到直线AB的距离的最大值为：

点到定点的距离.

故答案为：

15．设函数，若，则a＝___________.

【答案】

【详解】

由题可知x＞0时，f(x)＜0；x≤0时，f(x)＝≥3.

∴若f(x)＝4，则，解得x＝0或－2，

若f(a)＝0(不可能，舍去)或f(a)＝－2，则.

故答案为：ln2.

16．在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是___________.

【答案】

【详解】

在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

∴，，，，∴，

设，则，

∵，∴，

当时，，当时，，

取，，，，

连结，，，，

则，，

∴四边形为矩形，则，，

即，，又和为平面中的两条相交直线，

∴平面，

又，，

∴为的中点，则平面，

为使，必有点平面，

又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形，

又，，∴，则点的轨迹不是正方形，

则矩形的周长为.

故答案为：

四、解答题

17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.

已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，___________，求的面积.

【详解】

选择条件①：依题意，，

在中，由正弦定理得，，

由余弦定理得：，

若A为锐角，则，则，

则，又，解得或，

即有的面积为，

若A为钝角，则，则，有，又，无解，舍去，

综上可得，的面积为．

选择条件②：因为，由余弦定理得：，

整理得：，即，

而，则，

若A为锐角，则，有，

由余弦定理得：，

则有，又，解得或，

即有的面积为，

若A为钝角，则，则，舍去，

综上可得，的面积为.

③因为，由余弦定理，

若A为锐角，则，则，

则，又，解得或，

即有的面积为．

若A为钝角，则，则，有，又，无解，舍去，

综上可得，的面积为.

18．若数列满足：，，对于任意的，都有.

(1)证明：数列是等比数列；

(2)求数列的通项公式.

【解析】(1)

由，得，

且，

所以数列为等比数列，首项为，公比为

(2)

由（1）得，

等式左右两边同时除以可得：，即，

且，

所以数列为等差数列，首项为，公差为，

所以，

所以.

19．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．

(1)证明：；

(2)已知是边长为1的等边三角形，且三棱锥的体积为，若点在棱上，且二面角的大小为，求．

【解析】(1)

证明：因为，为的中点，

所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

(2)

取的中点，

因为为等边三角形，所以，

过作∥，与交于，则，

由（1）可知平面，

因为平面，所以，

所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，

因为是边长为1的等边三角形，为的中点，

所以，

因为三棱锥的体积为，

所以，所以，

所以，

设（），则，则

因为平面，所以是平面的一个法向量，

设平面的一个法向量为，

因为，

所以，令，则，，

所以，

因为二面角的大小为，

所以，

化简得，解得或（舍去），

所以，

20．某大学数学建模社团在大一新生中招募成员，由于报名人数过多，需要进行选拔.为此，社团依次进行笔试、机试、面试三个项目的选拔，每个项目设置“优”、“良”、“中”三个成绩等第；当参选同学在某个项目中获得“优”或“良”时，该同学通过此项目的选拔，并参加下一个项目的选拔，否则该同学不通过此项目的选拔，且不能参加后续项目的选拔.通过了全部三个项目选拔的同学进入到数学建模社团.现有甲同学参加数学建模社团选拔，已知该同学在每个项目中获得“优”、“良”、“中”的概率分别为，，，且该同学在每个项目中能获得何种成绩等第相互独立.

(1)求甲同学能进入到数学建模社团的概率；

(2)设甲同学在本次数学建模社团选拔中恰好通过个项目，求的概率分布及数学期望.

【解析】(1)

该同学在每个项目中得优、良、中互为互斥事件，由题意得，，解得，

则甲在每个项目中通过的概率都为，设事件A为甲能进入到数学建模社团，

因甲在每个项目中通过的概率都为，且在每个项目中的成绩均相互独立，则有，

所以甲能进入到数学建模社团的概率为.

(2)

X的可能取值为0，1，2，3，

，，，，

则X的概率分布为：

所以X的数学期望.

21．已知函数.

(1)求在处的切线方程；

(2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；

【解析】(1)

，，又，

在处的切线方程为；

(2)

当时，由得：，

令，则，

令，则，

当时，，在上单调递增，，

，在上单调递增，，

，即实数的取值范围为.

22．双曲线经过点且渐近线方程为.

(1)求，的值；

(2)点，，是双曲线上不同的三点，且，两点关于轴对称，的外接圆经过原点.求证：直线与圆相切.

【解析】(1)

，解得，则；

(2)

易知直线一定不为水平直线，设为，设，

联立，整理得，则，

由于外接圆过原点且关于轴对称，设为，则，

则，则，则，

则原点到直线的距离，即证.