新高考2022届高考数学二轮综合复习卷3含答案

  （新高考）2022届高三二轮综合卷

数 学（三）

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，若在复平面内复数与对应的两点之间的距离为4，

则（    ）

A．4 B．5 C．6 D．8

【答案】B

【解析】由题意，复数与，

可得，即，解得，

故选B．

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】M为奇数集，，则，故选A．

3．霍兰德职业能力测试问卷可以为大学生在择业方面提供参考，对人的能力兴趣等方面进行评估．某大学随机抽取100名学生进行霍兰德职业能力测试问卷测试，测试结果发现这100名学生的得分都在内，按得分分成5组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，则这100名同学得分的中位数为（    ）

A． B．75 C． D．80

【答案】A

【解析】由频率分布直方图，得的频率为，

的频率为，

估计这100名同学的得分的中位数为，故选A．

4．若，其中且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】当时，单调递减，

由，则，与矛盾，故，

由，得，则，故，故选B．

5．已知d是等差数列的公差，是的首项，是的前n项和，设甲：存在最小值，乙：且，则甲是乙的（    ）

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

【解析】当且时，存在最小值为，所以甲乙；

当且时，存在最小值，故乙甲，

所以甲是乙的必要不充分条件，故选B．

6．若点是所在平面内一点，且满足，则

（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】在平面内取点D，使得，

则由．

如图所示：

设，所以，，

由，

则，，

再由可得，所以，

于是，故选A．

7．圆上恰好存在2个点，它到直线的距离为1，则R的一个取值可能为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【解析】圆的圆心，半径R，

点C到直线的距离为，

圆C上恰好存在2个点到直线的距离为1，则，故选B．

8．若随机变量，且．点在椭圆：上，的左焦点为，为曲线：上的动点，则的最小值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【解析】因为随机变量，且，

结合正态分布的对称性可知，所以，所以，

而的圆心为，半径为1，

设椭圆的右焦点为，则，所以，

因此，

而当三点共线时，最小，且，

所以的最小值为，故选B．

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．

9．2021年全国普通高考共有1078万人报名，为“史上人数最多的高考”．下图为2008年-2021年江西省普通高考报名人数统计表．则下列结论中一定错误的是（    ）

A．自2008年起，江西省普通高考报名人数连续4年下降后连续9年上升

B．2008年至2021年，江西省普通高考报名人数的中位数约为35．8万人

C．2012年至2021年，江西省普通高考报名人数增长大于75％

D．江西省普通高考报名人数较上一年增长幅度最大的是2020年

【答案】BD

【解析】对A，2008年2012年连续4年下降，2012年2021年连续9年上升，A正确；

对B，2008年至2021年，江西省普通高考报名人数的中位数为2014年和2015年的平均数，约为万人，B不正确；

对C，2021年江西省普通高考报名人数约为49万，2012年约为27万，增长大于80％，C正确；

对D，由图中的数据可知较上一年增长幅度最大的是2014年，D错误，

故选BD．

10．对于函数，下列结论正确的是（    ）

A．f(x)是周期为π的周期函数 B．

C．f(x)的图象关于直线对称 D．f(x)在区间上单调递减

【答案】AD

【解析】由，

得，故B不正确；

，故A正确；

，不是最值，故C不正确；

函数的减区间所满足的不等式为，

解得，

所以其单调递减区间为，

而，故D正确，

故选AD．

11．某高中多媒体制作社团制作了个视频，张图片(，)，从中随机选出一个视频和一张图片，记“视频甲和图片乙入选”为事件A，“视频甲入选”为事件，“图片乙入选”为事件，下列判断正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【解析】事件，，是相互独立事件，由相互独立事件的概率公式可知，选项A错误，选项B正确；

事件包含“视频甲未能入选，图片乙入选”，“视频甲入选，图片乙未能入选”，“视频甲、图片乙都未入选”三种情况，

∴，则，故选项C错误；

由题意可知，，，

∵，，

∴，即，故选项D正确，

故选BD．

12．祖暅（公元5-6世纪，祖冲之之子），是我国齐梁时代的数学家，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．如图将底面直径皆为，高皆为的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，用平行于平面且与距离为的平面截两个几何体得到及两截面，可以证明总成立，若椭半球的短轴，长半轴，则下列结论正确的是（    ）

A．椭半球体的体积为30π

B．椭半球体的体积为15π

C．如果，以为球心的球在该椭半球内，那么当球体积最大时，该椭半球体挖去球后，体积为

D．如果，以为球心的球在该椭半球内，那么当球体积最大时，该椭半球体挖去球后，体积为

【答案】AC

【解析】由题意知，短轴，长半轴的椭半球体的体积为，∴A正确，B错误；

椭球的轴截面是椭圆，它的短半轴长为3，长半轴长为5，所以半焦距为4，

由于，所以F椭圆的焦点，因此FD是椭圆的最小焦半径，即球F的最大半径为1，

该椭半球体挖去球F后，体积为，故C正确，D错误，

故选AC．

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的面积为__________．

【答案】或0．4

【解析】因为，由正弦定理得，

又因为，所以，

由，可得，所以，

又由，

由正弦定理得，

所以，

故答案为．

14．某校组队参加辩论赛，从名学生中选出人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲必须参赛且不担任四辩，则不同的安排方法种数为________(结果用数值表示)

【答案】180

【解析】首先从6名学生中选出四名且甲必须参赛共有种情况，

甲不担任四辩的情况共有种，

故不同的安排方法种数为，

故答案为180．

15．若是定义在R上偶函数，当时，，且，

则不等式的解集为________．

【答案】

【解析】令，则，可知函数为奇函数，

当时，，即函数是区间上的减函数，

且，

故时，由，可得，

由为奇函数，函数图象关于原点成中心对称，可知时，，

综上，不等式的解集为，

故答案为．

16．某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______．

【答案】5，

【解析】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对折三次的结果有：，共4种不同规格（单位；

故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格．

（2）由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，

设，

则，

两式作差得：

，

因此，．

故答案为；．

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）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，再从条件①，②这两个条件中选择一个作为已知．

（1）求的内切圆半径r；

（2）设，其图象相邻两条对称轴之间的距离为．若在上恰有3个不同的零点，，，求的范围．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】（1）；（2）．

【解析】若选条件①，，，

∴，

又，∴，

又，∴．

若选条件②，由，

∴，

∴，

，，

又，∴．

（1）由，∴，

在中，由余弦定理，

∴，∴，∴，

又，

∴．

（2）由，

由题知，∴，从而．

由题知在上与有3个交点．

又在的大致图象如图，

由图可知，，

而，∴．

18．（12分）已知数列的前n项和为，且．

（1）求证：数列为等差数列；

（2）求数列的前n项和．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）由可得，

由，得，

所以，即，

所以，，

所以数列是公差为1，首项为1的等差数列．

（2）由（1），得，

所以，

，

两式相减得，

所以．

19．（12分）某公司全年圆满完成预定的生产任务，为答谢各位员工一年来的锐意进取和辛勤努力，公司决定在联欢晚会后，拟通过摸球兑奖的方式对500位员工进行奖励，规定：每位员工从一个装有4种面值的奖券的箱子中，一次随机摸出2张奖券，奖券上所标的面值之和就是该员工所获得的奖励额．

（1）若箱子中所装的4种面值的奖券中有1张面值为80元，其余3张均为40元，试比较员工获得80元奖励额与获得120元奖励额的概率的大小；

（2）公司对奖励总额的预算是6万元，预定箱子中所装的4种面值的奖券有两种方案：第一方案是2张面值20元和2张面值100元；第二方案是2张面值40元和2张面值80元．为了使员工得到的奖励总额尽可能地符合公司的预算且每位员工所获得的奖励额相对均衡，请问选择哪一种方案比较好？并说明理由．

【答案】（1）员工获得80元奖励额与获得120元奖励额的概率相等；（2）应选择第二种方案，理由见解析．

【解析】（1）用X表示员工所获得的奖励额．

因为，，

所以，

故员工获得80元奖励额与获得120元奖励额的概率相等．

（2）第一种方案为，

设员工所获得的奖励额为，则的分布列为

所以的数学期望为，

的方差为；

第二种方案为，

设员工所获得的奖励额为，则的分布列为

所以的数学期望为，

的方差为，

又因为（元），

所以两种方案奖励额的数学期望都符合要求，但第二种方案的方差比第一种方案的小，

故应选择第二种方案．

20．（12分）如图所示，在四棱锥中，是面积为的等边三角形，，，二面角为直二面角．

（1）若平面平面，求证：；

（2）若点为线段上靠近的三等分点，求直线与平面所成角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：延长、交于点，连接，则即为平面与平面的交线．

，，故在中，、分别为、的中点，

故，所以，，

所以，，

故，同理可得，，

，故平面，

因为平面，故，即，

而，故．

（2）解：取的中点，连接交于点，连接，

，则，同理可得，

故为等边三角形，

为的中点，则，

，则，

，则为的中点，

因为为等边三角形，为的中点，故，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以，平面，

又因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

由已知可得，可得，

所以，、、、，

设平面的法向量为，，，

由，取，可得，

，

，

则，

因此，直线与平面所成角的余弦值为．

21．（12分）已知椭圆经过点，直线与椭圆C交于点M，N，且直线AM，AN斜率之积为．

（1）求椭圆C的方程；

（2）若过椭圆C右焦点F的动直线l与椭圆C交于点P，Q（与左右顶点不重合），判断x轴上是否存在点E，使得直线EP，EQ关于x轴对称，若存在，求出点E坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）存在，．

【解析】（1）因为椭圆经过点，所以，

设，，则，，

直线AM，AN斜率之积为，所以，

椭圆C的方程为．

（2）由（1）得，设直线l的方程为，，，

由，得，

所以，，

设x轴上存在点，使得直线EP，EQ关于x轴对称，

则，

所以，

所以，

故x轴上存在点，使得直线EP，EQ关于x轴对称．

22．（12分）已知，，．

（1）若恒成立，求的最大值；

（2）若，是的两个零点，且求证：．

【答案】（1）；（2）证明见解析．

【解析】（1）∵，，

设，则恒成立恒成立，

易知符合要求，下面考虑的情形，

由，得时，；时，，

因此，在区间上为减函数，在上为增函数，

故的最小值为，

由，得，解得，

所以的最大值为．

（2）由（1）知，，是的两个零点，结合的单调性可知，，

若，则显然成立，

若，设（），

则，，

所以，在区间上为增函数，因此有，

因此，，，

又，，且在区间上为减函数，

所以，，即．

综上，．