【高考大赢家·培优】高频考点常考卷（押题卷）-【高考冲刺满分】2022年高考数学名师押题预测全真模拟卷（新高考全国Ⅱ卷）

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【高考冲刺满分】2022年高考名师押题预测全真模拟卷（新高考全国Ⅱ卷）

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【高考大赢家·培优】高频考点常考卷（押题卷）

（本卷共4页，22小题，考试时间：120分，试卷满分：150分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必填写好自己的姓名、准考证考号等信息。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并上交。

一、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个选项是符合题目要求的。

1．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点所在的象限为（       ）

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

【答案】B

【分析】由复数除法求得，再由几何意义得对应点坐标，从而得所在象限．

【详解】解：由题意，对应点坐标为，在第二象限．

故选：B．

2．设集合，则（       ）

A．           B．           C．          D．

【答案】C

【分析】解分式不等式化简集合A，再利用补集、交集的定义计算作答.

【详解】解不等式，则，解得：或，即或，

于是得，而，

所以.

故选：C

3．过抛物线的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若，则直线l的倾斜角等于（       ）

A．或 B．或 C．或 D．与p值有关

【答案】C

【分析】根据题意画出图形，根据抛物线的定义和相似三角形列出比例式，再利用直角三角形的边角关系求出直线的倾斜角.

【详解】解：如图所示，

由抛物线的焦点为，准线方程为，

分别过A，B作准线的垂线，垂足为，，直线l交准线于，如图所示：

则，，，

所以，，

所以，即直线l的倾斜角等于，

同理可得直线l的倾斜角为钝角时即为，

故选：C．

4．已知在中,角 所对的边分别为,且.又点 都在球的球面上,且点到平面的距离为,则球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据正弦定理求出外接圆的半径，再由勾股定理

求得球的半径，代入球的表面积公式即可求解.

【详解】解：设的外接圆半径为，球的半径为，则

在中，由正弦定理，得

，解得.

又因为点到平面的距离为,

所以.

所以球的表面积为.

故选：C.

5．已知正四棱台的上、下底面边长分别为1和2，P是上底面的边界上一点．若的最小值为，则该正四棱台的体积为（       ）

A． B．3 C． D．1

【答案】A

【分析】根据题意建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用空间向量的数量积的坐标公式及二次函数的性质及已知得出正四棱台的高，

再结合棱台的体积公式即可求解.

【详解】解：由题意可知，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示

，，由对称性，点在是相同的，

故只考虑在上时，设正四棱台的高为，则

，,

设，，

因为在上，所以，则

，

，

所以

由二次函数的性质知，当时，取得最小值为，

又因为的最小值为，所以，解得（负舍），

故正四棱台的体积为

.

故选：A.

6．写算，是一种格子乘法，也是笔算乘法的一种，用以区别筹算与珠算，它由明代数学家吴敬在其撰写的《九章算法比类大全》一书中提出，是从天元式的乘法演变而来.例如计算89×61，将被乘数89计入上行，乘数61计入右行，然后以乘数61的每位数字乘被乘数89的每位数字，将结果计入相应的格子中，最后从右下方开始按斜行加起来，满十向上斜行进一，如图，即得5429.类比此法画出354×472的表格，若从表内的18个数字（含相同的数字，表周边数据不算在内）中任取2个数字，则它们之和大于10的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】画出的表格，从中任取个，得到种不同的取法，再结合它们之和大于的取法，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.

【详解】解：画出的表格，如图所示，则表内不同的数有，

从中任取个，共有种不同的取法，

其中与各个，与各个，

从中任取个，它们之和大于的取法为，

故所求概率为

故选：D.

7．设，，，则三者的大小顺序是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别比较和的大小关系，进而得出结论.

【详解】解：因为，，，

所以，

故选：B.

8．已知函数，则“”是“函数有两个零点”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】作出f(x)的图像，函数有两个零点，即y＝f(x)图像与y＝1图像有两个交点，数形结合即可求出k的范围，根据充分条件和必要条件的概念即可判断正确选项．

【详解】解：f(x)的图像如图所示，

函数有两个零点，即y＝f(x)j图像与y＝1图像有两个交点，

由图可知，，即0<k≤3﹒

∴“”是“函数有两个零点”的必要不充分条件．

故选：B．

二、选择题：本题共有4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中有多选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9．某人记录了某市2022年1月20日至29日的最低温度，分别为，，，，，，，，，（单位：℃），则关于该市这10天的日最低气温的说法中正确的是（       ）

A．众数为 B．中位数为

C．平均最低气温为－4.8℃ D．极差为6

【答案】AC

【分析】依题意将数据从小到大排列，即可求出极差、众数、中位数与平均数；

【详解】解：依题意将数据从小到大排列为、、、、、、、、、，

所以可得极差为，故D错误；众数为，故A正确；

中位数为，故B错误；

平均最低气温为

℃，故C正确；

故选：AC

10．在正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面，，直线和直线所成角为，则（       ）

A． B．的最小值为

C．，，，四点共面 D．平面

【答案】BD

【分析】画出平面截正方体所得正六边形，由此结合线线平行、球的截面、四点共面、线面平行等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】解：设正方体的边长为，

设分别是的中点，

根据正方体的性质可知，平面截正方体所得图象是正六边形，

则平面.

由于平面，平面，，所以与是异面直线，所以A选项错误.

由图象可知平面，所以C选项错误.

根据正方体的性质可知，，

平面，平面，所以平面，

同理可证得平面，

由于，所以平面平面，

由于平面，所以平面，D选项正确.

由于，所以点的轨迹是以为球心，半径为的球被平面所截形成的圆.

根据正方体的性质可知四边形是平行四边形，设，则是的中点，连接，

由于，所以；由于，所以，

而，所以平面，

，

，

则直线与平面所成角为，

平面，所以直线和直线所成角的最小值为.

故选：BD

11．已知圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，则直线的方程可以是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据点到直线距离公式，结合圆的性质进行求解即可.

【详解】解：因为圆的半径为，圆心为，圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，

所以圆心到直线的距离为1.

A：圆心到直线的距离为，不符合题意；

B：圆心到直线的距离为，符合题意；

C：圆心到直线的距离为，符合题意；

D：圆心到直线的距离为，符合题意，

故选：BCD

12．已知是直角三角形，是直角，内角、、所对的边分别为、、，面积为，若，，，，则（       ）

A．是递增数列 B．是递减数列

C．存在最大项 D．存在最小项

【答案】ACD

【分析】由题意推出，从而说明，利用三角形面积公式推出，构造数列从而求得，由此可判断A,B由结合可求得、，对数列中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析，确定数列的最大项和最小项，可判断CD.

【详解】解：由题意知： ，

故，即，即，

所以，则，

故，，

由 得： ，

即，所以，

则，而 ，

故 ，则，

所以，由于 随的增大而减小，

故是随的增大而增大，

由题意知，故是递增数列，故A正确；

同理随的增大而增大，是递增数列，B错误；

又，由于，，且，

所以，是首项为，公比为的等比数列，故，

所以，，

因为，，故，，

所以，，

所以，，其中，

，其中，

因为数列随着的增大而减小，数列随着的增大而增大，

故数列随着的增大而减小，故为数列中所有正项中最大的，

同理可知数列随着的增大而增大，故为数列中所有负项中最小的，

综上所述，数列的最大项为，最小项为，CD均对.

故选：ACD.

【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．设是双曲线的动点，直线（为参数）与圆相交于两点，则的最小值是_________．

【答案】3.

【分析】先分析直线与圆的方程，得到直线过圆心，再将变为

，转化为动点到的距离的最小值.

【详解】解：设圆心为，并且直线过，则

又，，又,则．

故答案为：3

【点睛】本题是直线参数方程、直线与圆位置关系、向量、圆锥曲线的综合问题，分析出直线过圆心，向量式转化化简是突破点，难点.

14．已知，向量，，且，则θ＝______________．

【答案】

【分析】由向量共线的坐标运算可得答案.

【详解】解：因为，所以，

所以，

因为，，

所以，

因为，所以， ．

故答案为：.

15．设三个单位向量，，满足，则向量，的夹角为_______．

【答案】

【分析】根据，可得，等式两边同时平方，整理即可求出向量，的夹角的余弦值，从而可得出答案.

【详解】解：因为，

所以，

则，即，

即，所以，

又因，

所以向量，的夹角为.

故答案为：.

16．函数有三个零点，且，则的取值范围是______．

【答案】

【分析】由题意将问题转化为的图象与直线交点的横坐标分别为，画出函数图象，结合图象求解即可

【详解】解：设，

因为函数有三个零点，且，

所以的图象与直线交点的横坐标分别为，且，

作出的图象如图所示，

由图可知，且是方程的两个实根，

所以，

因为满足，即，

因为，所以，

所以，

所以，

即的取值范围是，

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。将答案写在答题卡上。

17．（本题满分10）已知数列是公差不为零的等差数列，是各项均为正数的等比数列，．

(1)求数列和的通项公式；

(2)设，求数列的前10项的和．

注．表示不超过x的最大整数．

【答案】(1)，；(2).

【分析】

（1）根据给定条件，列出关于公差d，公比q的方程组，再解方程组作答.

（2）由（1）的结论，求出数列的前10项，再借助错位相减法计算作答.

【详解】解：(1)设的公差为d，的公比为q，由得：，

而，，解得，，于是得，，

所以数列和的通项公式分别为，.

(2)

由（1）知，，则有，

依题意，

，

令，

则，

两式相减得：，

所以，即．

18．（本题满分12）在中，角，，所对的边分别为，，，且.

（1）若，求的值；

（2）是否存在，满足为直角？若存在，求出的面积；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析.

【分析】

（1）利用正弦定理进行角化边，进而通过余弦定理解得答案；

（2）先假设为直角，进而得到，进而结合条件和（1）中的结论得到关于的方程即可判断.

【详解】解：（1）因为，所以，

因为，

所以由正弦定理得，所以，

所以由余弦定理得.

（2）假设为直角，则，，

由于，

根据正弦定理，

即，

上式两边平方得：，

所以，由于，

所以，，与矛盾，

故不存在满足为直角.

19．（本题满分12）在四棱锥中，平面平面．底面为梯形，，，且，，．

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求二面角的余弦值；

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．

【分析】

（Ⅰ）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的定义可证得命题成立；

（Ⅱ）利用三垂线法得到二面角的平面角，计算出其余弦值可得答案．

【详解】解：

（Ⅰ）证明：因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，又因为平面，

所以.

（2），，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，

延长交于，过作，连接，则为二面角的平面角

中，，则，

中，，，则，即，故二面角的余弦值为．

20．（本题满分12）已知椭圆的离心率为，是椭圆的右顶点

（1）求椭圆的方程；

（2）过点且斜率为的直线l与曲线C相交于不同的两点M，N，求的面积．

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）由题意可得a，c的值，由a，b，c的关系可得b，进而点到椭圆方程；

（2）过点F且斜率为1的直线方程设为，联立椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，可得，再由点到直线的距离公式可得O到MN的距离d，运用三角形的面积公式，计算可得所求值．

【详解】解：（1）由题意知，，，，

椭圆方程为 ；

（2）直线l的方程为：，，

联立，消y，得，

 ，

，

到直线的距离 ，

【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查点到直线的距离公式和三角形的面积求法，考查运算能力和推理能力，属于中档题．

21．（本题满分12）材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数，我们可以作变形：，所以可看作是由函数和复合而成的，即为初等函数，根据以上材料：

(1)直接写出初等函数极值点

(2)对于初等函数，有且仅有两个不相等实数满足：.

（i）求的取值范围.

（ii）求证：

（注：题中为自然对数的底数，即）

【答案】(1)极小值点为，无极大值点；(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】

（1）根据材料中的信息可求得极小值点为；

（2）（i）将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；（ii）通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.

【详解】解：(1)极小值点为，无极大值点.

(2)由题意得：即.

（i）问题转化为在内有两个零点.则

当时，，单调递减；当时，，单调递增.

若有两个零点，则必有.解得：

若，当时，，无法保证有两个零点.

若，又，，

故使得，使得.综上：

（ii）设，则.将代入可得：，（*）

欲证：，需证：

即证：.将（*）代入，则有

则只需证明：即.

构造函数，则，（其中为的导函数）

令则所以则.

因此在内单调递减.又，当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

所以，因此有

即.综上所述，命题得证.

【点睛】解决本题的关键一是读懂题中的信息，充分理解材料所给的内容与思想；二是在解决多元问题是一要考虑换元，二是要构造函数再去研究单调性，从而从最值或极值对问题给出解答.

22．（本题满分12）已知函数．

(1)求函数的单调区间

(2)若，证明：存在两个零点，且．

【答案】(1)的减区间为，增区间为；(2)证明见解析

【分析】

（1）求出函数的定义域，对函数求导，然后分和两种情况通过讨论导数的正负可求出函数的单调区间，

（2）由（1）结零点存在性定理可得在上存在唯一零点，在上存在唯一零点，则设，则，从而可得，所以要证，只要证，设，只要证，然后构造函数，利用导数证明即可

【详解】解：(1)的定义域为，

若，当时，，，所以，递减；

当时，，，所以，递增

若，当时，，，所以，递减；

当时，，，所以，递增.

综上，时，的减区间为，增区间为

(2)

由（1）知，时在上递减，在上递增，

因为，所以，

因为，

所以在上存在唯一零点.

因为，，

设，，则，

所以在上递增，，即，

所以在上存在唯一零点.

综上，，时，存在两个零点，

因为

设，则，

即，即.

要证，只要证，只要证，

设，只要证.

设，，

因为

所以在上递减，所以，

故原不等式得证.

【点睛】此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决函数零点问题，解题的关键是得到零点后，得设，则得，要证，只要证，令，然后构造函数证明即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.