理科数学2022届高考考前冲刺卷（三）学生版

2022届高考考前冲刺卷

理 科 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、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．复数的模是（    ）

A． B． C．0 D．1

2．设集合，，若，

则（    ）

A． B． C． D．

3．若，则（    ）

A． B． C． D．

4．某公司为了确定下一年投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x（单位：万元）对年销售量y（单位：千件）的影响．现收集了近5年的年宣传费x（单位：万元）和年销售量y（单位：千件）的数据，其数据如下表所示，且y关于x的线性回归方程为，则下列结论错误的是（    ）

A．x，y之间呈正相关关系

B．

C．该回归直线一定经过点

D．当此公司该种产品的年宣传费为20万元时，预测该种产品的年销售量为34800件

5．已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示，用基底表示，则（    ）

A． B． C． D．

6．已知正项等比数列的前n项和为，且，，则S40等于（    ）

A． B．400 C．400或 D．30或40

7．已知函数无最小值，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

8．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，则边上的中线长为（    ）

A．49 B．7 C． D．

9．已知函数．若a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，则函数有两个极值点的概率为（    ）

A． B． C． D．

10．已知点M为抛物线上的动点，过点M向圆引切线，切点分别为P，Q，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．1

11．在正四面体SABC中，，D，E，F分别为SA，SB，SC的中点．则该正四面体的外接球被平面DEF所截的圆周长为（    ）

A． B． C． D．

12．已知函数，若不相等的实数，，成等比数列，，，，则、、的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

第Ⅱ卷（非选择题）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．已知数列的前项和，则数列的前10项和等于__________．

14．过点作一条直线截圆所得弦长为，则直线的方程是___________．

15．除以7的余数__________．

16．已知函数，若函数

恰有4个不同的零点，则a的取值范围为____________．

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）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为．

（1）若，求边c；

（2）若，求角C．

18．（12分）2020年春季学期因受新冠肺炎疫情影响而延期开学，各校均开展了线上教学，并对线上教学效果进行了检测．某班50位学生地理检测成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：、、、、、．

（1）求图中的矩形高的值；

（2）根据直方图求出这50人成绩的众数和中位数（精确到；

（3）从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩不低于90分的人数记为，求的分布列和数学期望．

19．（12分）如图，正方体的棱长为2，E，F分别为和的中点，P为棱上的动点．

（1）是否存在点P使平面？若存在，求出满足条件时的长度并证明；

若不存在，请说明理由；

（2）当为何值时，平面与平面所成锐二面角的正弦值最小．

20．（12分）给定椭圆，称圆心在原点O，半径为的圆为椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到F的距离为．

（1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程；

（2）若点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线，交“准圆”于点M，N，判断及线段是否都为定值，若为定值，求出定值；若不是定值，说明理由．

21．（12分）已知函数，其中是自然对数的底数．

（1）设的极小值为，求的最大值；

（2）若存在，使得，且，求的取值范围．

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】

在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．

（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程；

（2）过的直线与曲线交于，两点，求中点的极坐标方程．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】

已知函数．

（1）若，解关于的不等式；

（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围．

2022届高考考前冲刺卷

理 科 数 学（三）答 案

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．【答案】D

【解析】因为，所以，

所以复数z的模是1，故选D．

2．【答案】B

【解析】集合，，，

，，满足题意，

则，故选B．

3．【答案】D

【解析】由，

可得

，

故选D．

4．【答案】C

【解析】因为，，

所以该回归直线一定经过点，故，解得，即A，B正确，C不正确；

将代入，得，

故当此公司该种产品的年宣传费为20万元时，预测该种产品的年销售量为34800件，D正确，

故选C．

5．【答案】D

【解析】如图建立直角坐标系，设正方形网格的边长为1，

则，

所以，，，

设向量，则，

则，

所以，故选D．

6．【答案】B

【解析】∵正项等比数列的前n项和为，

∴S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等比数列，

∴10×(130－S20)＝(S20－10)2，解得S20＝40或 (舍)，

故，∴，故选B．

7．【答案】D

【解析】对于函数，可得，

由，得或；由，得，

∴函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

∴函数在时有极大值2，在时有极小值，

作出函数与直线的图象，

由图可知，当时，函数有最小值，

当时，函数没有最小值，

故选D．

8．【答案】D

【解析】因为，故可得，

根据余弦定理可得，故，

不妨取中点为，故，

故，

即边上的中线长为，故选D．

9．【答案】C

【解析】由题意得有两个根，则有，解得，

a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，表示为，

有如下，共种情况，

其中满足的有，共6种情况，

则函数有两个极值点的概率为，即，故选C．

10．【答案】A

【解析】如图，圆心为抛物线的焦点，

四边形的面积，

∴，

∴当最小时，即点M到准线的距离最小值为2，

∴，故选A．

11．【答案】C

【解析】过点S作平面ABC，垂足为P，如图，

则点P必为△ABC的中心，则正四面体SABC外接球的球心必在线段SP上，

设图中点O为正四面体SABC外接球的球心，外接球半径为R，

由已知得，，

所以，解得．

因为D，E，F分别为SA，SB，SC的中点，

所以点O到平面DEF的距离．

设截面圆的半径为r，则，解得，

所以截面圆的周长为，故选C．

12．【答案】D

【解析】，均为偶函数，故函数为偶函数，

，

令，，

，，

，故单调递增，即单调递增，

又，∴在上，恒成立，

故在上函数递增，且，

故函数在递减，在递增，且函数恒成立，

，，成等比数列，，

当，均为正数时，由均值不等式有，①，

当，均为负数时，由均值不等式有，②，

由①②有，

又，，互不相等，故，

故，，故选D．

第Ⅱ卷（非选择题）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．【答案】45

【解析】因为，

所以当时，，

当时，，适合上式，所以当时，，

令，因为，所以数列是等差数列，首项为，

故数列的前10项和等于，

故答案为．

14．【答案】或

【解析】可化为，

故圆心到直线距离，

若直线斜率不存在，方程为，则，满足题意；

若直线斜率存在，设其方程为，，

，解得，

此时直线方程为，

故答案为或．

15．【答案】5

【解析】，

展开式中前10项都是7的倍数，

所以除以7后余数为，除以7的余数为5，

故答案为5．

16．【答案】

【解析】，

当时，，函数为减函数；

当时，，，

和时，单增；时，单减，

，，

故的图象大致为：

令，则，

，，

当时，，，无零点；

当时，，，无零点；

当时，，，，则，

要使恰有4个不同的零点，

则，即，

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．【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）由余弦定理，，

故，

由于，，，则．

由正弦定理，得．

（2）由（1）知，故，

故，

则，故，

因为，所以，所以，解得．

18．【答案】（1）；（2）众数为；中位数；（3）分布列见解析，．

【解析】（1）解：设图中的矩形高为，

则，解得．

（2）由直方图可知，其数据的众数为最高矩形的中间值，所以众数为，

设中位数为，则中位数左右两边的矩形面积相等，即左右频率各为，

故，解得．

（3）成绩不低于80分的学生有人，

其中成绩不低于90分的人数为人，

随机变量可取0，1，2，

，

分布列为：

．

19．【答案】（1）存在，；（2）．

【解析】（1）在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

因E，F分别为和的中点，P为棱上的动点，

则，

设，，

，显然，即，

由，得，此时有，

而，且平面，因此平面，

所以存在点，使平面，．

（2）在（1）的空间直角坐标系中，，

令平面的法向量为，

则，令，得，

而平面的法向量，

设平面与平面所成锐二面角为，

则，

当且仅当时取“=”，因此，当，即时，，

，当且仅当时取“=”，

所以当，即时，平面与平面所成锐二面角的正弦值最小．

20．【答案】（1）椭圆方程，“准圆”方程；（2），．

【解析】（1）由题意，，

抛物线方程为，“准圆”方程为．

（2）假设中有一条斜率不存在，不妨假设为，则与椭圆的切点为，

即的方程为或．

当时，与“准圆”的交点为或，此时的方程为或，

显然；

当的斜率都存在时，设，则，

设经过P点与椭圆相切的直线方程为，

由，得，

由并化简得……①，

设直线的斜率分别为，则和分别是①的两根，

根据韦达定理，有，故有，，

由于，P是“准圆”上的点，∴MN是“准圆”的直径，即，是定值，

综上，抛物线方程为，“准圆”方程为，，．

21．【答案】（1）1；（2）．

【解析】（1）解：因为，则，所以单调递增，

又，所以存在唯一，使，即，

当时，；当时，，

所以在区间上单调递减，在上单调递增，

所以的极小值为，

所以，

令，则，

令，得；令，得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，即的最大值为1．

（2）解：不妨设，所以关于的方程有正实数解，

所以，即有正实数解，

设，

则，所以单调递增，

所以，

①当时，，所以单调递增，所以，不合题意；

②当时，存在，使得，

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，所以，

所以存在，使得，符合题意，

综上，的取值范围为．

22．【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）曲线的普通方程为，即，

所以曲线的极坐标方程为．

（2）曲线的方程为，所以圆心为，

设，过的直线与曲线交于，两点，所以，

则，，所以，

所以，所以中点的极坐标方程为，

化简为．

23．【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）当时，；

当时，，解得；

当时，，解得（舍）；

当时，，解得，

的解集为．

（2）当时，，，

，解得，

，，，

即实数的取值范围为．