数学（新高考）2022届最后一份高考检验卷（二）教师版

这是一份数学（新高考）2022届最后一份高考检验卷（二）教师版，共8页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知，，，则下列判断正确的是等内容，欢迎下载使用。
绝密 ★ 启用前（新高考）2022届高考检验卷数学（二）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．复数在复平面内对应点的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题可知，其在复平面内对应点的坐标为，故选C．2．设全集，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由于或，则，则，故选B．3．抛物线的焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，则（    ）A．1 B． C．2 D．3【答案】A【解析】抛物线的焦点为，双曲线的渐近线方程为，不妨取渐近线，则，解得，故选A．4．球冠是指一个球面被平面所截后剩下的曲面．截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高．其表面积公式为，其中为对应球的半径，为球冠的高．球面夹在两个平行截面间的部分叫做球带．现用两个距离为的平行平面截半径为的球面，所得球带的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由于两个平行平面将球面分成了两个球冠和一个球带，设两个球冠的高分别为，，且，则它们的面积分别为，，则球带的面积为．5．正三棱锥的底面边长为，侧面积与底面积的比为，则该正三棱锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题可知底面积为，则侧面积为（为斜高），，所以，，故选D．6．已知，，，则下列判断正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由对数函数和指数函数的性质可得，，又，则，，故，故选A．7．坐式高拉训练器可以锻炼背阔肌，斜方肌下束．小明是一个健身爱好者，他发现健身房内的坐式高拉训练器锻炼人群的配重（单位：）符合正态分布，下列说法不正确是（    ）（参考数据：，，）A．配重的平均数为B．C．D．使用该器材的人中，配重超过的有人【答案】D【解析】由于，故平均数，标准差，A，B均正确；，故C正确；，故D错误．8．已知函数满足，且，若函数有两个零点，则的取值范围为（    ）A．  B．C．  D．【答案】C【解析】由，可设，则，，所以．令，则，所以函数在为增函数，在为减函数，极大值为，观察图象可知，故选C． 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．已知一组数据的平均数为，方差为，下列说法正确的是（    ）A．数据的平均数为B．若在数据内添加，所得数据的平均数不变C．若在数据内添加，所得数据的方差不变D．在数据同时减去一个相同的数字，所得数据方差不变【答案】ABD【解析】由，可得，则数据的平均数为，A正确；新数据为，则平均数，方差，故B正确，C错误；设新数据为，则平均数为，所以方差为，故D正确．10．如图，四棱锥的底面为菱形，，，且顶点在底面的射影为底面的对角线的交点，下列说法正确的是（    ）A．B．四棱锥有外接球C．若，则四棱锥的体积为D．当二面角为时，【答案】ACD【解析】由题可知平面，则，结合，可得平面，则，故选项A正确；由于底面为菱形，且，，故菱形没有外接圆，故四棱锥无外接球，B错误；若，则，则四棱锥的体积，C正确；（解法一）以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的法向量，则，令，则，又平面的一个法向量为，则，解得，故D正确．（解法二）过点作的垂线，垂足为，连接，结合平面，易知即为二面角的平面角．根据，得，再由，可知，所以，故D正确．11．已知直线与圆，若点为直线上的一个动点，下列说法正确的是（    ）A．直线与圆相交B．与直线平行且截圆的弦长为的直线为或C．若点为圆上的动点，则的取值范围为D．过点作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为【答案】BD【解析】圆心，半径，则圆心到直线的距离，故直线与圆相离，A错误；可设直线方程为，则弦长，则或，故直线方程为或，B正确；由于圆心到直线的距离为，故的最小值为，不存在最大值，故的取值范围为，C错误；根据切线长定理可知，则，当取得最小值时最小，由C选项可知的最小值为，故的最小值为，D正确．12．所谓整数划分，指的是一个正整数划分为一系列的正整数之和，如可以划分为，．如果中的最大值不超过，即，则称它属于的一个划分，记的划分的个数为．下列说法正确的是（    ）A．当时，无论为何值，B．当时，无论为何值，C．当时，D．【答案】ABC【解析】当时，由于正整数只有本身一种划分，故A正确；当时，无论为何值，只有个相加这一种情况，，故B正确；当时，分两种情况：一是划分中包含，只有一种情况，即；二是划分中不包含，则问题转化为求，因此，故C正确；由于时，有，共种划分，其中，故D错误． 第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．冰墩墩（英文：BingDwenDwen，汉语拼音：bīngdūndūn），是2022年北京冬季奥运会的吉祥物．将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，头部外壳造型取自冰雪运动头盔，装饰彩色光环，整体形象酷似航天员．可将冰墩墩的躯体部分近似的看作椭圆，现有一个冰墩墩玩具躯体部分高为，宽为，则该冰墩墩的离心率       ．【答案】【解析】可设椭圆方程为，则，即，则，所以离心率为．14．同时满足下列两个条件：①；②的函数可以为         ．【答案】【解析】由可知函数为增函数，再由可知可以为对数函数，故可以填，或者其它底数大于的对数函数．15．已知单位向量，且夹角为，则不等式的解集为        ．【答案】【解析】解法一：等价于，即，得，即，解得，故答案为．解法二：可令，，，故等价于，整理得，即，解得，故答案为．16．已知函数在点，处的切线相互垂直，若，则的最小值为          ．【答案】【解析】由于，则，又，显然，即，所以，故，当且仅当时取等号． 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）记的等比数列前项和为，若，．（1）求出数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由题可知，则，即，则，故．（2）由（1）可知，则．18．（12分）在中，角所对的边为，且，．（1）求角；（2）若的周长为，求的外接圆面积．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由题可知①，②，①+②，得，即．又，而，则，即角为钝角，．（2）由（1）可知，是顶角为的等腰三角形，故，，即，的外接圆半径，的外接圆的面积为．19．（12分）四棱锥中，平面，四边形为梯形，且．（1）证明：平面平面；（2）若与平面所成的角为，求二面角余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：平面，，过点作，四边形是等腰梯形，，，，又，平面，平面，平面平面．（2）平面，连接，为与平面所成的角即，，以点为坐标原点，为轴，过点且垂直于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，故；设平面的法向量为，则，令，故，，又二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．20．（12分）已知曲线上的任意一点到点的距离比到轴的距离大．（1）求曲线的方程；（2）经过点的直线与曲线交于两点，过两点分别作直线的垂线，垂足为，若点为线段的中点，证明：直线是曲线的切线．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）设点，则有，整理可得，曲线的方程为．（2）显然直线的斜率不为，设为，设点，，将代入，可得，则．当时，曲线方程可化为，，故点处的切线斜率为，曲线在点处的切线方程为，令，得，又，即，代入，得，曲线在点处的切线经过点，也即直线是曲线的切线．同理可证直线是曲线的切线．21．（12分）甲、乙两人进行一项游戏，游戏规则如下：甲在一个装有完全相同小球的箱子里，其中有个红球，个白球，随机摸取两个球，若摸取的两个小球中全是白球，则乙给甲元；若全是红球，则乙给甲元；若一红一白，则甲给乙元．求：（1）此游戏中甲的收益的期望；（2）甲通过随机分布的知识，发现游戏不公平，于是他往箱子中加入个白球，要使他在游戏中获得至少元的收益，求的最小值．【答案】（1）；（2）10．【解析】（1）记此游戏中甲的收益为随机变量为，则其可能的取值为，，，，故随机变量的分布列为：故．（2）记此游戏中甲的收益为随机变量为，则其可能的取值为，，，，故随机变量的分布列为：故，则，解得或（舍去），故的最小值为．22．（12分）已知指数函数经过点．求：（1）若函数的图象与的图象关于直线对称，且与直线相切，求的值；（2）对于实数，且，①；②．在两个结论中任选一个，并证明．（注：如果选择多个结论分别证明，按第一个计分）．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）由题可知，则，设切点坐标为，由于，则，解得，故．（2）若选择①：不妨设，则，要证不等式，即，即，令，则，不等式等价于，即在成立．令，，则，当且仅当时取等号，故函数在为增函数，所以，故不等式成立．若选择②：不妨设，则，要证不等式，即，即要证不等式，令，则，不等式等价于，即在恒成立，令，，则，在为增函数，所以，故不等式成立．