辽宁省普通高等学校招生选择性考试模拟卷（一）数学PDF版试题含答案解析及答题卡

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2022年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷（一）
数 学 答 案
一、选择题
1．C
2．B
3．A
4．C
5．D
6．A
7．C
8．B
二、选择题
9．ABD
10．BD
11．BCD
12．AC
三、填空题（第15题第一空2分，第二空3分）
13．－1
14．＋1
15．4π，6π
16．
客观题详解
1．解：
由A＝{x|＜0}＝{x|－1＜x＜2}，可得A∩B＝{0，1}，选项C正确．
2．解：
由|z|＝|2＋2i|，可得2|z|＝2，故|z|＝，于是z·＝＝2，选项B正确．
3．解：
因为(1＋2)＝＋2，所以(1＋2)的展开式中含有x项的系数，等于中含有x项的系数，为＝－5，选项A正确．
4．解法1：
由题设可知{}的公比q≠1，于是＝，可得＝．
由＝可得＝6，选项C正确．
解法2：
由题设可知{}的公比q≠－1，因此，－，－构成公比为的等比数列．
由＝(－)，以及＝4，＝7，可得＝6，或＝－2．
当＝6时，数列，－，－的公比＝＞0；
当＝－2时，数列，－，－的公比＝－＜0．
因此＝6，选项C正确．

5．解：
若n⊥β，m⊥β，由“垂直于同一个平面的两条直线平行”可得m∥n，选项A正确．
若n⊥β，α∥β，由“如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么这条直线必垂直于另一个平面”可得n⊥α，选项B正确．
若m⊥α，m⊥n，n⊥β，不妨设m∩n＝A，设α∩β＝l，m∩α＝B，n∩β＝C，m与n所确定的平面与l相交于点M，则二面角α－l－β的平面角∠BMC＝90º，可知α⊥β，选项C正确．
由n⊥β，α⊥β，可得n∥α或n⊂α，选项D错误．
6．解法1：
因为2cos(α＋)＝cosα－sinα，所以cosα＋2sinα＝．
因此cosα＋sinα＝1，于是cos(α－φ)＝1，其中tanφ＝．
不妨取α＝φ，于是tan2α＝tan2φ＝＝－4，选项A正确．
解法2：
因为2cos(α＋)＝cosα－sinα，所以cosα＋2sinα＝．
设f (x)＝cosx＋2sinx，则f (α)是的最大值f (x)，因此f ′(α)＝0．
即－sinα＋2cosα＝0，从而tanα＝．
于是tan2α＝＝－4，选项A正确．
7．解：
由题设sin∠P＝2sin∠P≠0，在△PF1F2中，由正弦定理得|PF2|＝2|PF1|．
因为|PF2|－|PF1|＝2a，所以|PF1|＝2a．
由|PF1|＞c－a，可得＜3，故C的离心率取值范围为(1，3)，选项C正确．
8．解：
当x＜－时，函数y＝x2＋x单调递减，且y∈(－，＋∞)．
当x≥－时，函数y＝lo(2x＋3)具有单调性．
因为f (x)的值域为R，所以y＝lo(2x＋3)只能单调递减，故0＜a＜1，且
y∈(－∞，lo2]．
由(－∞，lo2]∪(－，＋∞)＝R可得lo2≥－，解得0＜a≤．
于是f ()＝2lo2∈[－，0)，选项B正确．
9．解：
根据该折线图可知，该超市2021年的
12个月中的7月份的收益为60万元，最高．
12个月中的4月份的收益为10万元，最低．
7~12月份的总收益比1~6月份的总收益增长了100万元．
1~6月份的总收益为140万元，低于7~12月份的总收益为240万元．
10．解：
因为|3a＋b|＝，所以9＋6a·b＋＝13，由|a|＝|b|＝1，可得a·b＝，于是
|a－b|＝＝＝1．|a＋b|＝＝＝．
cos＜a，b＞＝＝，从而＜a，b＞＝60°．
因此选项A错误，选项B正确，选项C错误，选项D正确．
11．解：
直线y＝ax＋b与曲线y＝有且只有一个公共点等价于函数f (x)＝－ax－b有且只有一个零点．
f ′(x)＝3－a．
若a＝3，当x＜－1时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，当－1＜x＜1时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，当x＞1时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
当b＝－2时，f (1)＝0，f (－2)＝0，选项A不符合要求．
当b＝－3时，f (1)＝1＞0，f (－3)＝－15＜0，选项B符合要求．
若a＝1，当x＜－时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，当－＜x＜时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，当x＞时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
当b＝－2时，f ()＝2(1－)＞0，f (－2)＝－4＜0，选项C符合要求．
若a＝－1，b＝－2，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，因为f (1)＝4＞0，f (－2)＝－8＜0，选项D符合题意．
12．解：
因为ω＞0，所以函数f (x)在(0，π)上的单调性及极值等价于函数y＝sinx在(，ωπ＋)上的单调性及极值，结合y＝sinx图象分析如下：
因为＜，所以y＝sinx在(，ωπ＋)内不可能单调递减，选项B错误．
若y＝sinx在(，ωπ＋)内单调递增，则ωπ＋≤，解得0＜ω≤，选项A正确．
若y＝sinx在(，ωπ＋)内有且仅有一个极大值点，则＜ωπ＋≤，解得＜ω≤，选项C正确．
若y＝sinx在(，ωπ＋)内有且仅有一个极小值点，则＜ωπ＋≤，解得＜ω≤，选项D错误．
13．解：
f (x)＝lo(－a·)，f (－x)＝lo(－a·)，由lo(－a·)＝lo(－a·)可得(a＋1)(－)＝0，a＋1＝0，a＝－1．
14．解：
因为|O|＝c，依题意得sin60°＝，可得c＝2，从而|P|＝2，|P|＝2，于是a＝＝＋1．
15．解：
经过AB的中点E作球O的截面，由垂径定理，当截面圆直径是AB时，截面面积取最小值4π．
棱长为＝2的正方体与正四面体ABCD具有相同外接球O，于是球O的半径
R＝×2＝．
经过AB的中点E作球O的截面，当截面圆是球大圆时，截面面积取最大值6π．
16．解：
由题设＝“发送的信号为1”，＝“接收到的信号为1”．
因为发送信号0和1是等可能的，所以P(A)＝P()＝0.5．
由题设P(B|A)＝0.9，P(|A)＝0.1，P(B|)＝0.05，P(|)＝0.95．
于是
P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝0.5×0.9＋0.5×0.05＝0.475．
从而
P(|B)＝＝＝．

四、解答题
17．解：
（1）由2＝an＋，可知2＝＋(n＋1)2．
相减得
＋＝2n＋1．
所以
(＋)－(＋)＝2．
因为＋＝3，所以{＋}是首项为3，公差为2的等差数列．
………………（5分）
（2）＋＝2n＋1等价于
－(n＋1)＝－(－n)．
由2＝＋1可得＝1，－1＝0，于是－n＝0，因此{}的通项公式为＝n．
………………（10分）
18．解法1：
（1）因为cos∠BAD＝，所以在△ABD中，根据余弦定理得＝，可得BD2＝8AD2，从而AB2＝BD2＋AD2，∠ADB＝90º，故sin∠ABD＝cos∠BAD＝．
………………（6分）
（2）设∠CBD＝α，则∠ACB＝∠ABC＝∠ABD＋α，∠ACD＝90º－∠ABD－α，
∠ADC＝180º－α．
在△ADC中，根据正弦定理得＝．
所以sin(180º－α)＝3sin(90º－∠ABD－α)，由（1）可知cos∠ABD＝．
所以sinα＝cosα，于是tanα＝．
………………（12分）
解法2：
（1）同解法1．
y
x
C
A
D
B

（2）以，为x，y轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的平面直角坐标系．设C(x0，y0)(y0≠0)．
则A(0，1)，B(－2，0)，D(0，0)，＝(x0，y0－1)，＝(x0，y0)，＝(x0＋2，y0)．
由||＝3可得x02＋(y0－1)2＝9，
由·＝0可得x02＋2x0＋y02＝0．
解得x0＝－，y0＝－，于是＝(，－)．
因为＝(2，0)，所以cos<，>＝．
从而tan<，>＝，即tan∠DBC＝．
………………（12分）
E
A1
A
B
C
B1
C1
F
N
M
G
19．解法1：
（1）由题设CM⊥平面AB．过F在平面BEF内作FN⊥BE，垂足为N，因为平面BEF⊥平面AB，所以FN⊥平面AB，于是CM∥FN．
因为CM平面BEF，FN平面BEF，所以CM∥平面BEF． ………………（6分）

（2）由题设CF∥平面AB，所以CF∥NM，所以四边形CFNM是平行四边形，且CF＝NM＝AE＝1．
延长EF，AC，相交于点G，连结BG，则平面BEF与平面ABC所成的锐二面角就是二面角E－BG－A．
可知CG＝AC＝BC，因此BG⊥AB，从而BG⊥平面AB，故∠EBA是二面角E－BG－A的平面角，由∠EBA＝45º，于是AB＝2．
ME＝EF＝，MF＝2，在等腰△MEF中，可得点M到直线EF的距离d＝．
………………（12分）
E
A1
A
B
C
B1
C1
F
N
M
x
y
z
解法2：
（1）由题设CM⊥平面AB．
过F在平面BEF内作FN⊥BE，垂足为N，因为平面BEF⊥平面AB，所以FN⊥平面AB，于是CM∥FN．
因为CM平面BEF，FN平面BEF，所以CM∥平面BEF． ………………（6分）
（2）由题设CF∥平面AB，所以CF∥NM，所以四边形CFNM是平行四边形，且CF＝NM＝AE＝1．
以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，z轴在平面AB内．
设AB＝2a，，则B(a，0，0)，E(－a，0，2)，F(0，a，1)．
故＝(－2a，0，2)，＝(－a，a，1)．
设平面BEF的法向量m＝(x，y，z)，由
可得可取m＝(1，0，a)．
又平面ABC的一个法向量为n＝(0，0，1)，故|cos|＝＝．
由＝，可得a＝1．
于是＝(0，，1)，＝(1，，－1)，令t＝＝．
因为||＝2，因此点M到直线EF的距离d＝＝．
………………（12分）
20．解：
（1）这个人可以获得奥运会开幕式门票的概率
P＝＋(1－)＝．
………………（4分）
（2）X可以取0，1，2，3，则
P(X＝0)＝(1－)2(1－)＝．
P(X＝1)＝()0(1－)2＋(1－)(1－)＝．
P(X＝2)＝(1－)＋(1－)()2＝．
P(X＝3)＝·()2＝．
X的分布列为
X
0
1
2
3
P




E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝．
………………（12分）
21．解法1：
（1）因为A(，)，B(，)，所以AB：(y－)(－)＝(x－)(－)，由＝，＝，可得(y－)(－)＝(x－)(－)．
因为≠，化简得AB：x－(＋)y＋＝0．
同理AC：x－(＋)y＋＝0，BC：x－(＋)y＋＝0．
因为直线AC与BC的斜率互为相反数，所以＋＝－(＋)，即＋＝－2．
于是直线AB的方程为：x＋2y＋＝0．
…………………（6分）
（2）因为AB的方程为x＋2y＋1＝0，由（1）可知＝，＝1．
从而＋＝－2，不妨取＝－＋1，＝－－1，于是由（1）可知
AC：x－y＋－2＝0，BC：x＋y－－2＝0．
直线AC与BC关于直线x＝2对称，也关于直线y＝对称．
因为⊙D是△ABC内切圆，所以可设D(2，b)，⊙D半径为r，则

解得b＝0，r＝1，因此⊙D的方程为＋＝1．
…………………（12分）
22．解：
（1）f (x)定义域是(0，＋∞)，则f ′(x)＝－．
当0＜x＜1时，f ′(x)＞0，当x＞1时f ′(x)＜0，所以f (x)在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减．
…………………（4分）
（2）（i）设g (x)＝ax＋－lnx－b，g (x)定义域是(0，＋∞)，g′(x)＝．
当x＞1时，ax＋－lnx－b≥0，等价于当x＞1时，g (x)≥0．
当a≤0时，g′(x)＜0，g (x)在(0，＋∞)单调递减．
若b≥0，则g (e)＝ae＋－1－b＜0；若b＜0，则g ()＝a＋－1＜0．因此存在大于1的实数x，使得g (x)≥0不成立，因此a＞0．
…………………（8分）
（ii）当a＞0时，△＝1＋4a＞0，g′(x)有一正一负二零点，设正零点＝，则当0＜x＜时，g′(x)＜0，当x＞时，g′(x)＞0，g (x)在(0，)单调递减，在(，＋∞)单调递增，故g (x)≥g ()．
当0＜a＜2时，＝＋＞1，所以g ()≥0，可得b≤a＋－ln．
由g′()＝0可得a＝＋，从而
b－a≤a＋－ln－a＝＝f ()．
而f ()≤f (1)＝1，于是b－a≤1．
当a≥2时，＝＋＜1，所以当x＞1时，g (x)≥g (1)＝a－b，因此
a－b≥0，于是b－a≤0＜1．
综上b－a≤1．
…………………（12分）