数学（新高考）2022届最后一份高考检验卷（一）教师版

这是一份数学（新高考）2022届最后一份高考检验卷（一）教师版，共11页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，如图，在长方体中，，，，下列四个命题中为真命题的是等内容，欢迎下载使用。
绝密 ★ 启用前（新高考）2022届高考检验卷数学（一）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．设集合，，则（    ）A． B．C．  D．【答案】C【解析】因为，所以，故选C．2．设复数，则对应的点在第几象限（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【解析】，则对应的点的坐标为，故选C．3．下列函数中，在上单调递增的是（    ）A．  B．C．  D．【答案】A【解析】根据复合函数的单调性，结合正弦、余弦、指数和对数函数的性质，故选A．4．已知的展开式中的有理项的系数和为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】展开式的通项公式为，则有理项的系数和为，解得，故选C．5．定义在上的函数，如果对于任意给定的等比数列，使变为等差数列，则称为“变比差函数”．则选项中定义在上函数是“变比差函数”的是（    ）A．  B．C．  D．【答案】B【解析】设等比数列的公比为，对于，可得，为常数，故为等差数列，故选B．6．已知函数是上的奇函数，且，且当时，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，所以，因此函数的周期为，所以，又函数是上的奇函数，所以，所以，即，所以原式，又当时，，可得，因此原式，故选B．7．已知双曲线的左、右焦点分别是，过点的且垂直于轴的直线与双曲线交于两点，现将平面沿所在直线折起，点到达点处，使二面角的平面角的大小为，且三棱锥的体积为，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意可知，直线的方程为，代入双曲线方程可得，设点在轴上方，则，可得，所以，由题意可知，且，所以平面，所以为二面角的平面角，即，所以，所以，可得双曲线的离心率为，故选A．8．如图，在长方体中，，，为线段上动点，则下列说法不正确的是（    ）A．三棱锥体积为定值B．若为上一动点，三棱锥表面积不为定值C．若为四边形内一动点，且与所成角的大小为，则线段所扫过的面积为D．与所成角的最大值为【答案】D【解析】在长方体中，，四边形为平行四边形，所以，同理，可得平面平面，所以平面，平面．对于A，，因为平面，所以点到平面的距离不变，故体积不变，A正确；对于B，可知平面内运动，且平面平面，故虽然点到平面的距离不变，但是到线段的距离在变化，故表面积变化，B正确；对于C，因为平面，所以点在四边形内的轨迹为以为半径的四分之一个圆弧，且，所以线段所扫过的面积为，C正确；对于D，可知与所成角即是与所成的角，易知点与重合时所成角最大，但不可能垂直，所以D错误，故选D． 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．如果平面向量，，那么下列结论正确的是（    ）A．  B．C．  D．向量在上的投影向量为【答案】CD【解析】，A不正确；，，B不正确；，所以，C正确；根据数量积的定义可知向量在上的投影向量为，D正确，故选CD．10．下列四个命题中为真命题的是（    ）A．“”是“”的必要不充分条件B．设是两个集合，则“”是“”的充要条件C．“”的否定是“”D．名同学的数学竞赛成绩分别为：，则该数学成绩的分位数为【答案】ABD【解析】当时，；当成立时，可得，所以A正确；因为等价于，所以B正确；C项显然错误；把数据按照从小到大的顺序排列为：，因为，所以该数学成绩的百分位数为，D正确．11．函数的图象如图所示，将其向左平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（    ）A．函数的最小正周期为B．函数的图象上存在点，使得在点处的切线与直线垂直C．函数的图象关于直线对称D．函数在上单调递减【答案】ABD【解析】，结合图象可得，即，所以，解得，又，所以，因此，由题意，根据周期公式可得，A正确；假设存在，设切点为，则，所以在的切线的斜率，又与直线垂直，所以，得，假设成立，B正确；，其对称轴为，即，C不正确；，根据余弦函数的单调递减区间，可得，即，D正确，故选ABD．12．若圆：与圆：的公共弦所在的直线方程为，则下列结论正确的有（    ）A．B．C．两圆公切线的四个切点所围成的四边形面积为D．对任意，在直线上总存在一点，则使过点所作的圆的两条切线互相垂直【答案】AD【解析】两圆圆心分别为，半径分别为，因为两圆存在公共弦，所以，两圆方程相减可得公共弦的直线的方程为，又所在的直线方程为，所以，解得，且满足，所以A正确；圆心到公切线的距离为，所以，B错误；因为两圆的半径相等，所以两圆公切线的切点所围成的四边形为矩形，且，面积为，C错误；圆：，P所作的圆的两条切线相互垂直，所以，圆心，两切点构成正方形，且，即，在直线上，圆心距，计算得到恒成立，D正确，故选AD． 第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明重要组成部分，我国古人认为，世界物质可分五类：木、火、土、金、水，五物又与五色相对应，青、赤、黄、白、黑，反映到人的身心上又分别与忧愁、惊恐、喜庆、哭泣、疾病相对应，若从木、火、土、金、水五类物质和忧愁、惊恐、喜庆、哭泣、疾病五种身心中各任选类元素，求取出2类物质与2种身心相对应的概率为        ．【答案】【解析】根据分步计数原理可知，从木、火、土、金、水五类物质和忧愁、惊恐、喜庆、哭泣、疾病五种身心中各任选类元素，共有种选法，2类物质与2种身心相对应的种数为，根据古典概型公式可得概率为．14．设点为抛物线上到直线距离最短的点，且在点处的切线与轴和轴的交点分别是和，则过两点的最小圆截抛物线的准线所得的弦长为         ．【答案】【解析】设切点为，根据题意可知在处的切线与直线平行，则，所以，得，所以，因此，可得切线方程为，从而，，则过两点的最小圆的方程为，抛物线的准线方程为，利用垂径定理可得．15．已知，且，则①，②，③，④，正确的有        (请把正确的序号全部填在横线上)．【答案】①③【解析】对于①，因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立；对于②，，当且仅当时，等号成立；对于③，因为，且，所以，所以，从而，当且仅当时，等号成立；对于④，因为，且，所以，可得，即，所以．16．若函数恰有个零点，则的取值范围为        ．【答案】【解析】当时，令，得，设，则，可得当时，；当时，，所以，且当趋向于正无穷时，趋向于零．当时，令，可得，设，，画出简图如下图：所以函数恰有个零点，则的取值范围为． 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）已知数列各项都不为，前项和为，且      ，数列满足，．在①，②，，③，且是和的等差中项这三个条件中任选一个，补充到横线处解答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．（1）求数列和的通项公式；（2）令，求数列的前项和为．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）选①，由，可得，两式相减得，整理得，因为数列各项都不为，所以数列是以为公比的等比数列．令，则，解得，故．选②，由，可得，两式相减得，整理得，因为数列各项都不为，所以从第项起，数列是以为公比的等比数列，且．令，则，解得，满足上式．所以．选③，因为是和的等差中项，所以，计算得，因为数列各项都不为，所以数列是以为首项为公比的等比数列，所以．由，得，则当时，，当时，也满足上式，所以．（2）由（1）得，所以，，两式相减得，所以．18．（12分）在中，角的对边分别为，且，的外接圆的直径为．（1）求角的大小；（2）若，且在平面内存在点，满足，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）因为，所以，即，因为的外接圆的直径为，所以，所以，因为，所以，因为，所以．（2）因为，所以，设点为中点，则，所以．由余弦定理，可得，当且仅当时，等号成立，所以，所以面积的最大值为．19．（12分）为帮助特殊儿童较好的进行康复治疗，需要购买某种康复治疗仪台，具体购买方式为：购进仪器同时购买部分耗材，每个元，在使用期间耗材不足时再购买，每个元．已知台这种治疗仪在使用期内更换耗材情况如下表：（1）记表示台机器使用期内共需更换的耗材数，求的分布列（以频率代替概率）；（2）要使使用期内耗材平均费用最低，试说明购买机器的同时购买的耗材数为和，哪种更合适？【答案】（1）分布列见解析；（2）．【解析】（1）每台机器更换的耗材数为，，，，的可能的取值为，，，，，，，，，，，，，，所以的分布列为：（2）购买耗材所需费用含两部分，一部分为购买仪器时购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，当购买机器的同时购买的耗材数为时，费用的平均值为；当购买机器的同时购买的耗材数为时，费用的平均值为，购买机器的同时购买的耗材数为时更合适．20．（12分）如图，在直三棱柱中，已知分别为的中点，为线段上的一动点，且，．（1）若，求四棱锥的体积；（2）若直线与平面所成的角的大小为，求平面与平面所成角的正弦的最小值，并确定此时点的位置．【答案】（1）；（2）见解析．【解析】（1）证明：在直三棱柱中，有，又因为，所以，所以，因为三棱柱是直三棱柱，所以，又，所以⊥平面，所以．（2）取的中点，连接，因为，所以，因为三棱柱是直三棱柱，所以，又，所以平面．所以为直线与平面所成的角，即，在等腰直角三角形中，，从而，所以，以为原点，以为轴建立如图空间直角坐标系，所以，，，，，，，设平面的法向量为，∴，即，令，得，∴，设平面的法向量为，∴，即，令，得，∴，∴，∴，令，则，且，（当，即时，等号成立）∴当点与重合时，平面与平面所成角的正弦的最小，最小值为．21．（12分）已知椭圆的中心在原点，且焦距为，离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）设点为椭圆外一点，右焦点为，过点的椭圆的两条切线方程的斜率分别为，且，且，设的最小值为，求的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由题意可知，，，所以，∴，所以椭圆的标准方程为．（2）由题意可知，两条切线直线的斜率存在且不为零，设过点的切线方程，联立，消去可得，由于直线与椭圆相切，则，化简并整理得．因为两条切线方程的斜率分别为，所以，，所以，故，易知当时，有，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为．22．（12分）已知函数满足．（1）求在处的切线方程；（2）令，若恒成立，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1），令，得，再由，令，得．所以的解析式为，所以，所以切线方程为，即．（2）结合（1），可得，因为恒成立，所以恒成立，令，所以即可．因为，且，①当时，，不合题意．②当时，，所以在上单调递减．因为，，所以存在，使得，即．当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，因为，所以，因此，解得，又，且当时，有，所以，从而，因为，令，，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，因此，实数的取值范围为．