2022新高考全真模拟卷数学卷及答案解析 (二)

2022届高考数学·备战热身卷2

一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，有一项符合题目要求。）

1．（2021·四川·石室中学模拟预测（理））已知复数，则的共轭复数 在复平面内对应的点位于（       ）

A．第一象限         B．第二象限         C．第三象限         D．第四象限

【答案】D

【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义以及复数的几何意义可得出结论.

【详解】由题意，得，所以，

所以复数对应的点的坐标为，位于第四象限．

2．（2022·广东·模拟预测）如图是网络上流行的表情包，其利用了“可倒”和“可导”的谐音生动形象地说明了高等数学中“连续”和“可导”两个概念之间的关系．根据该表情包的说法，在处连续是在处可导的（       ）．

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】B

【分析】若函数在处可导，则在处一定连续；若函数在处连续，但在处不一定可导.

【详解】由“连续不一定可导”知，“在处连续”不能推出“在处可导”, 比如函数在处连续，但是在处不可导；

由“可导一定连续”知，“在处可导”可以推出“在处连续”.

因此在处连续是在处可导的必要不充分条件

3．已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为85，偶数项之和为170，则这个数列的公比和项数分别为

A．8，2 B．2，4 C．4，10 D．2，8

【答案】D

【详解】设数列共有项，分别为：，

由题意结合等比数列前n项和公式可得：，解得：，即这个数列的公比为2，项数为8.

4．（福建省泉州市2021-2022学年高一上学期期末教学质量检测数学试题）若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用作为分段点进行比较，从而确定正确答案.

【详解】，所以.

5．如图，在△中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（       ）.

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由及，将由三点共线可求m的值，再用、表示，进而求即可

【详解】∵，，即且

∴，又C、P、D共线，有，即

即，而

∴

∴=

6．（2022·江西上饶·一模（理））算盘是中国传统的计算工具，是中国人在长期使用算筹的基础上发明的，是中国古代一项伟大的､重要的发明，在阿拉伯数字出现前是全世界广为使用的计算工具.“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰的《数术记遗》，其中有云：“珠算控带四时，经纬三才.”北周甄鸾为此作注，大意是：把木板刻为3部分，上､下两部分是停游珠用的，中间一部分是作定位用的.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别是个位､十位､百位､……，上面一粒珠（简称上珠）代表5，下面一粒珠（简称下珠）是1，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.现从个位､十位､百位和千位这四组中随机拨动2粒珠（上珠只能往下拨且每位至多拨1粒上珠，下珠只能往上拨），则算盘表示的整数能够被5整除的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用古典概型概率公式计算概率.

【详解】从个位､十位､百位和千位这四组中随机拨动2粒珠，得到的整数共有32个，分别为：

11，15，51，55，101，105，501，505，110，150，510，550，

1001，1005，5001，5005，1010，1050，5010，5050，1100，1500，5100，5500，

2，20，200，2000，6，60，600，6000，

其中算盘表示的整数能够被5整除的整数有24个，分别为：

15，55，105，505，110，150，510，550，1005，5005，1010，1050，5010，5050，1100，1500，5100，5500，20，200，2000，60，600，6000，

则算盘表示的整数能够被5整除的概率为.

7．（2021·安徽·泾县中学高三阶段练习（理））已知函数（，，）的图象如图，将的图象上各点向右平移个单位长度后得到函数的图象，则（       ）

A．在区间上单调递增

B．的图象的最小正周期为

C．的图象关于点对称

D．的图象关于直线对称

【答案】A

【分析】由图象结合五点法求得，根据图象变换求得，根据正弦型函数性质依次判断各选项即可得出结果.

【详解】依题意函数的图象的最小正周期为，

所以，所以．

由得，因为，所以，

所以，

由题意，得，

则所以，在区间上单调递增，A正确，

的最小正周期为,B错误．

当时，，的图象不关于点对称，C错误.

当时，，则D错误.

8．（2022·河南·高三阶段练习（理））过原点且斜率不为0的直线l交双曲线于A，B两点，双曲线C上与A在同一支上的点N使得直线AB，AN的斜率均存在，且，过点A作x轴的垂线交双曲线C于点M，交BN于点P，且，则双曲线C的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设点，可以得到，，设点P的坐标，由向量共线的坐标表示可得纵坐标与点的关系，然后再由三点共线性质，A，N在双曲线上化简整理可以得到a，b的关系，有离心率公式可以计算结果.

【详解】设，，则，．

因为，，且，，

所以．因为，所以．

因为．所以点P的坐标为．又因B，N，P三点共线，所以,即，，所以，所以，所以，

二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分。）

9．（2022·安徽·歙县教研室高一期末）已知集合，是全集的两个非空子集，如果且，那么下列说法中正确的有（       ）

A．，有      B．，使得      C．，有      D．，使得

【答案】BC

【分析】根据且确定正确选项.

【详解】由于是全集的非空子集，且，所以是的真子集，

所以，使得、，有，即BC选项正确.

10．（2021·江苏·泰州中学高三阶段练习）下列说法正确的是（       ）

A．的展开式中含的系数是

B．已知随机变量服从正态分布，若，则

C．若实数，则的最大值为

D．若函数有个零点，则

【答案】AB

【分析】利用二项式定理可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项；利用基本不等式可判断C选项；数形结合可判断D选项.

【详解】对于A选项，的展开式通项为，

令，可得，所以，展开式中含的系数是，A对；

对于B选项，由已知可得，

由正态曲线的对称性可得，B对；

对于C选项，，当且仅当时，等号成立，

故，C错；

对于D选项，由，可得，作出直线与曲线的图象如下图所示：

由图象可知，当时，即当时，直线与曲线有个交点，

此时函数有个零点，D错.

11．（广东省茂名市五校联盟2021-2022学年高二上学期期末联考数学试题）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段CD1上的动点，则下列判断正确的是（     ）

A．直线AC1⊥平面BCD1A1

B．点B1到平面BCD1A1的距离是

C．无论点E在线段CD1的什么位置，都有AC1⊥B1E

D．若异面直线B1E与AD所成的角为θ，则sinθ的最小值为

【答案】BCD

【分析】以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标表示，判断ACD，结合等体积公式，求点B1到平面BCD1A1的距离，判断选项B.

【详解】如图，建立空间直角坐标系，，，，，，，，

A.，，

因为，所以与不垂直，那么与平面不垂直，故A错误；

B.点到平面的距离即点到平面的距离，设点到平面的距离为，

因为，即

得，解得：，故B正确；

C.因为点在线段上，所以

，，，所以，故C正确；

D.，，

，

因为，所以求的最小值，即求的最大值，

当时，取得最大值，最大值是，此时，故D正确.

12．（2022·广东清远·高二期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列.现将中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为，则（     ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】根据已知条件列出数列的前面几项，发现其为周期数列，利用周期数列的性质即可判断AC的正误；再利用本身的性质可判断BD的正误.

【详解】因为，，，，，，，，…，

所以是以6为周期的周期数列，所以，所以A正确；

因为，所以C错误；

因为

，所以B错误；

因为，

所以，所以D正确.

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）

13．（2022·福建福清·高二期末）若，则___．

【答案】

【分析】导数的定义公式的变形应用，要求分子分母的变化量相同.

【详解】

14．（2021·山东潍坊·模拟预测）已知．若，则_________．

【答案】36

【分析】先求出，再根据条件求得n的值，再利用二项式展开式的通项公式求得答案.

【详解】对于，

令 ，则 ；

令 ，则 ，即 ，

故 ,

15．（2022·福建莆田·模拟预测）已知为正方体表面上的一动点，且满足，则动点运动轨迹的周长为__________.

【答案】

【分析】首先根据条件确定P点所处的平面，再建立坐标系求出动点P的轨迹方程，据此求出轨迹的长.

【详解】由可知，正方体表面上到点A距离最远的点为，

所以P点只可能在面，面，面上运动，

当P在面上运动时，如图示，建立平面直角坐标系，

则 ,

设，由得：，

即，即P点在平面ABCD内的轨迹是以E（4,0）为圆心，以 为半径的一段圆弧，

因为 ,故 ,

所以P点在面ABCD内的轨迹的长即为

同理，P点在面内情况亦为；

P点在面上时，因为，,

所以，所以此时P点轨迹为以B为圆心，2为半径的圆弧，

其长为 ，综上述，P点运动轨迹的周长为.

16．设函数，对任意非零实数，若等式成立，则正整数的值为__________.

【答案】504

【分析】根据题意得到，代入计算得到式子，计算得到答案.

【详解】，则

则

.

四、解答题（本题共6小题，共70分。第17题10分，其余每题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）

17．（2021·山东潍坊·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，已知，点E在AB上且AE=2BE，．

(1)求的值；

(2)求的周长．

【答案】(1)；(2)

【分析】（1）在中利用正弦定理求解即可，

（2）在中利用锐角三角函数的定义求出，在中利用余弦定理求出的长，从而可求出的周长

【解析】(1)由题知，，在中，由正弦定理得，

因为，，，所以．

(2)因为,所以，所以，

所以，

在中，因为，，所以，

在中，由余弦定理得，

所以的周长为．

18．（2022·重庆市育才中学模拟预测）已知数列{}的前n项和为且满足=-n.

(1)求{}的通项公式；

(2)证明：

【答案】(1)；(2)证明见解析

【分析】（1）利用得到递推公式，再构造等比数列求出通项公式；（2）等比放缩，证明不等式.

【解析】(1)因为=-n.所以=-n-1，

所以

所以，

所以是首项为，公比为的等比数列.

所以，所以；

(2)即证明： ，

，

 .

19．（2021·山西吕梁·一模（理））已知点F为抛物线E：的焦点，为E上一点，且．

(1)求抛物线E的方程．

(2)过E上动点A作圆N：的两条切线，分别交E于B，C（不同于点A）两点，是否存在实数t，使得直线BC与圆N相切．若存在，求出实数t的值，不存在，请说明理由．

【答案】(1)；(2)存在，证明见解析.

【分析】（1）根据抛物线定义求出，即可求出方程；

（2）假设存在，利用直线OB与圆N相切求出t，排除，再由AB,AC分别与圆相切求出为方程的根，由根与系数的关系及圆心到直线的距离化简求解即可.

【解析】(1)由抛物线的定义得，，所以，E的方程为.

(2)假设存在实数，使得BC与圆N相切.

当A为坐标原点时，由BC与圆N相切得,

直线OB的方程为，由直线OB与圆N相切得, ，解之得或，

当时， A，B，C三点重合，舍去，

下面证明当时，满足条件.

设，

则直线的AB方程为: ，

因AB与圆相切，所以，即

同理由AC与圆相切得，

即 为方程的两根，所以，

N到直线BC的距离为.

所以直线BC与圆N相切，因此存在实数，使得直线BC与圆N相切.

20．（2021·山东潍坊·模拟预测）如图，已知圆柱的上，下底面圆心分别为是圆柱的轴截面，正方形ABCD内接于下底面圆Q，．

(1)当k为何值时，点Q在平面PBC内的射影恰好是△PBC的重心；

(2)若，当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角最大时，求该锐二面角的余弦值．

【答案】(1)；(2)

【分析】（1）作辅助线，找到Q点在平面PBC内的射影,然后利用重心的性质结合图形的几何性质计算，求得结果；

（2）建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，求出相关向量的坐标，进而求得平面和平面的的法向量，根据向量的夹角公式求得结果.

【解析】(1)取中点，连结，，，则，，

又，所以平面，过作，交于，

因为平面，所以，

又，所以平面，即是点在平面内的射影．

因为恰好是的重心，所以，

在中，，，

所以，，所以，即．

所以当时，点在平面内的射影恰好是的重心．

(2)以为原点，为轴，为轴，作，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

，，，．

设平面的法向量，则

即取，得．

设平面的法向量，则

即取，得．

．

因为，所以当时，上式取得最小值，此时二面角最大，

所以平面与平面所成锐二面角最大时，其余弦值为．

21．（2022·福建宁德·模拟预测）某次围棋比赛的决赛，由甲乙两人争夺最后的冠军，决赛先进行两天，每天实行三盘两胜制，即先赢两盘者获得该天胜利，此时该天比赛结束．若甲乙中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天双方各赢一天，则第三天只进行一盘附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每盘比赛甲获胜的概率为，每盘比赛的结果没有平局且结果互相独立．

(1)记第一天需要进行的比赛盘数为X．

（ⅰ）求，并求当取最大值时p的值；

（ⅱ）结合实际，谈谈（ⅰ）中结论的意义；

(2)当时，记总共进行的比赛盘数为Y，求．

【答案】(1)（i），取最大值时，（ii）结合实际，当时双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛的盘数会更多；(2)

【分析】（1）X可能取值为2，3，分别求解对应的概率，根据期望的定义求解，再根据二次函数的性质求最值即可；

（2）即或，即获胜方两天均为获胜或者获胜方前两天的比分为和或者和再加附加赛，分别计算概率即可

【解析】(1)（i）X可能取值为2，3，

；

故

即，则当时，取得最大值.

（ii）结合实际，当时双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛的盘数会更多．

(2)当时，双方前两天的比分为或的概率均为

比分为或的概率均为

则或，

即获胜方两天均为获胜，故；

即获胜方前两天的比分为和或者和再加附加赛，

故

所以

22．（2021·山东潍坊·模拟预测）已知函数．

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)设，若为函数的极值点，且，求的值.

【答案】(1)增区间是，减区间是；(2)

【分析】（1）利用导数得出函数的单调区间；

（2）分类讨论的范围，利用导数得出在的极值，结合，从而得出的值.

【解析】(1)函数的定义域为，当时，，

，

当时，，当时，，

所以函数的增区间是，减区间是．

(2)由题意只需研究在上的极值点的情况．

可得，，

①当时，，是单调递增函数，即是单调递增函数．

因为，所以当时，，是单调递增函数．

所以在上没有极值点；

②当时，由（1）知，，即，

所以在上是减函数，没有极值点；

③当时，令，，可得当时，，

当时，，即，所以在上单调递减，

又因为，所以时，，

所以在上单调递减，没有极值点；

④当时，，由二次函数的图像得存在使得，

当时，，单调递增；当时，，单调递减；

又，所以时，．

当时，，所以存在，使得，

所以在单调递增，在单调递减，所以符合题目要求，

即，，

所以，得，

即，即，

当时，成立，当时，，即，

令，可得，在上为增函数，

所以，无解，故．所以．