2022届普通高等学校全国统一模拟招生考试（新未来5月联考）文科数学试卷（全国乙卷）-

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2022届普通高等学校全国统一模拟招生考试（新未来5月联考）文科数学试卷（全国乙卷）

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．已知集合A=，B=，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知复数z满足，则（       ）

A．1＋8i B．1－8i C．－1－8i D．－1＋8i

3．已知正项等比数列{}满足=9，则=（       ）

A．15 B．125 C．27 D．729

4．已知，的均值为6，则=（       ）

A．4 B．5 C．8 D．10

5．已知函数（其中）的图象经过，则的值为（       ）

A． B． C． D．

6．在区间（- 2，2）内随机取一个数，使得的概率为（       ）

A． B． C． D．

7．函数的大致图像是（       ）

A． B．

C． D．

8．在△ABC中，，M为AD的中点，，则=（       ）

A． B． C． D．

9．已知，，，则a，b，c的大小关系是（       ）

A． B．

C． D．

10．等差数列{}的前n项和为，满足 ，，则使的n的值为（       ）

A．9 B．11 C．10 D．12

11．图中方格都是边长为1的正方形，粗实线画出了一个几何体的三视图，则该几何体的最长棱长为（       ）

A．3 B．5 C． D．

12．双曲线有一个几何性质：从一个焦点射出的光线射到双曲线上一点M，经双曲线在点M处的切线反射后，反射光线的反向延长线经过另一个焦点．已知双曲线的左、右焦点分别为，，从射出的光线投射到双曲线上一点M，经双曲线在点M处的切线l：y＝x＋1反射后，反射光线的反向延长线经过点，则a＝（       ）

A．3 B． C．5 D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知x，y满足，则的最大值为______．

14．正四棱锥P-ABCD的各条棱长均为2，则该四棱锥的表面积为______________．

15．已知，则______________．

16．在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx+4交抛物线C：x2=4y于A，B两点，交y轴于点Q，过点A，B分别作抛物线C的两条切线相交于点M，则以下结论：①∠AOB= 90°；②若直线MQ的斜率为k0，有kk0=；③点M的纵坐标为；④∠AMB=90°．其中正确的序号是______________．

17．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．

(1)求角A的大小；

(2)若，AD＝2，且AD平分∠BAC，求△ABC的面积．

注：三角形的内角平分线定理：在△PQR中，点M在边QR上，且PM为∠QPR的内角平分线，有．

18．为提倡素质教育，某省级实验中学在实验班举行智力竞赛，智力竞赛满分150，实验班共有同学50人，竞赛成绩的频率分布直方图如图所示，分布区间分别为[90，100）， [100，110）， [110，120），[120，130），[130， 140），[140，150]，成绩不低于120分为优秀．

(1)求m的值；

(2)已知实验班有30名男生，请补充以下列联表，并通过计算判断是否有90%的把握认为该班学生智力竞赛成绩是否优秀与性别有关．

附：，其中．

19．在直三棱柱中，，，，与相交于点M．

(1)求的长度；

(2)求点M到平面的距离．

20．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，，上下顶点分别为，，四边形的面积为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)不过点的直线l交椭圆于P，Q两点，直线和直线的斜率之和为2，证明：直线l恒过定点．

21．已知函数的最小值为1．

(1)求实数的值；

(2)过点作图象的两条切线MA，MB，A()，B()是两个切点，证明：>1．

22．在平面直角坐标系中，已知直线l：．以平面直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为．

(1)求直线l的极坐标方程和圆C的一个参数方程；

(2)若直线l与圆C交于A，B两点，且，求m的值．

23．已知函数，．

(1)在给出的平面直角坐标系中画出和的图象；

(2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

化简集合，再根据并集的定义求解即可.

【详解】

不等式的解集为，

不等式的解集为，

所以，．

故．

故选：B.

2．C

【解析】

【分析】

由题意得复数z，代入即可得到答案.

【详解】

由，得，

故选：C.

3．C

【解析】

【分析】

根据等比数列的性质求解即可

【详解】

，又>0．

故=3，则=27．

故选：C

4．D

【解析】

【分析】

由题意可得，减去，可得答案.

【详解】

由题意得， ，

，

故选:D

5．B

【解析】

【分析】

根据给定条件，结合特殊角的三角函数值求解作答.

【详解】

依题意，，而，所以.

故选：B

6．C

【解析】

【分析】

先求解的取值范围，利用几何概型进行求解.

【详解】

由题可知，则，所求概率．

故选：C.

7．B

【解析】

【分析】

根据函数的性质，利用排除法对照四个选项，即可得到答案.

【详解】

根据函数的性质，利用排除法：

因为，所以f（-x）=f（x），得f（x）为偶函数，其图像关于y轴对称，排除C、D；

又由f（0）=2>0可排除A，可选B.

故选：B．

8．A

【解析】

【分析】

利用向量的线性运算直接求得.

【详解】

取为基底.

利用向量的线性运算可得：

，

所以，所以=.

故选：A

9．A

【解析】

【分析】

根据指数函数的单调性和对数函数的单调性可得大小关系.

【详解】

因为，所以，

而，故即，故，

故，所以，

故选：A.

10．B

【解析】

【分析】

根据可得，再结合等差数列的前n项和公式即可求得答案.

【详解】

由题意，，，

故使的n的n=11，

故选：B

11．D

【解析】

【分析】

由三视图画出几何体可得答案.

【详解】

由三视图可得原几何体为三棱锥，

把三棱锥放在下面正方体中，做底面，

则，

所以，，

，

则该几何体的最长棱长为.

故选：D.

12．D

【解析】

【分析】

由直线与双曲线方程联立方程组，消元后利用判别式为0得关系，然后再由代入后可解得．

【详解】

由得，

所以，

即，又，

所以，，或（舍去），

故选：D．

13．

【解析】

【分析】

作出约束条件表示的可行域，再根据目标函数的几何意义数形结合即可得解；

【详解】

解：约束条件所表示的可行域，如图所示：

由，解得，即，

由，则，平移直线，显然当直线过点时，在轴的截距最大，

所以

故答案为：

14．

【解析】

【分析】

分别求出底面积和侧面积，即可求出表面积.

【详解】

因为正四棱锥P-ABCD的各条棱长均为2，

所以正四棱锥的底面积为，侧面积为，

所以该四棱锥的表面积为．

故答案为：

15．

【解析】

【分析】

利用两角和的正切公式可求得的值，再利用二倍角的正切公式可求得的值.

【详解】

，则．

故答案为：.

16．①③

【解析】

【分析】

设A（），B（），利用导数求出切线AM、BM的方程，求出M.

利用“设而不求法”得到，，即可得到，可判断③正确；由判断①正确；直接计算出可判断②；可判断④.

【详解】

设A（），B（），则由可得：，所以，直线AM方程为；同理直线BM方程为，解得M.将y=kx+4代入，，.故③正确；

因为，故∠AOB=90°，故①正确；

由，故②错误；

由，可知∠AMB≠90°，④错误．

故答案为：①③.

【点睛】

解析几何问题常见处理方法：

(1)正确画出图形，利用平面几何知识运算；

(2)坐标化，把几何关系转化为坐标运算．

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由题设可得，从而可求.

（2）根据角平分线性质可得，利用余弦定理可得的关系，两者结合可求的长度，从而可求三角形的面积.

(1)

因为，故，

所以即，

而为三角形内角，故.

(2)

因为，所以，

因为为角平分线，故且即，

由余弦定理可得，

且

所以，解得，

故，

所以三角形的面积为.

18．(1)0.028

(2)列联表见解析；没有90％的把握认为该班学生智力竞赛成绩是否优秀与性别有关

【解析】

【分析】

（1）根据频率分布表可得答案；

（2）计算出， 与参考值比较可得答案.

(1)

（0.020×2+0.014+0.012+0.006+m）×10=1，解得m=0.028.

(2)

数学成绩优秀人数为50×（0.028+0.020+0.012）×10=30，

图表填充如下：

，

对照图表可知，没有90%的把握认为该班学生智力竞赛成绩是否优秀与性别有关．

19．(1)2

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用线面垂直判断定理和性质定理可得四边形是正方形，从而；

（2）由M为的中点，故点M到平面的距离是点C到平面的距离的一半，

设点M到平面的距离为d，由可得答案．

(1)

，，且，

所以平面，因为平面，所以，

又，，平面，平面，

，故四边形是正方形，

故.

(2)

由M为的中点，故点M到平面的距离是点C到平面的距离的一半，

．

设点M到平面的距离为d，

由，有，

又由，有，可得d=，

故点M到平面的距离为．

20．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）运用椭圆的离心率公式和三角形的面积公式，结合，，的关系，解方程可得，，，进而得到椭圆方程；

（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时设，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由整理可得，即可求出直线过定点坐标；

(1)

解：由题意可得，，即，又

，解得，，，

则椭圆的方程为；

(2)

证明：由（1）可得，

①当直线的斜率存在时，设，，，

由，所以，

又，代入整理得，

由消去整理得，

所以，，

所以，

整理得，

当时，直线过，不符合题意，

所以，即，

故直线的方程为，符合题意，

故恒过点；

②当直线的斜率不存在时，设，，由，解得，

即直线的方程为，必过定点，

综上可得，直线恒过定点；

21．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）定义域为，函数有最小值，必然不单调，易求出极小值即最小值，代入可答案．

（2）利用切线方程，消去得到的等式关系，将>1变形得到，令构造函数，得证．

(1)

，

当≤0时，<0，在单调递减，不合题意；

当>0时，在()上，<0，在()上，>0．

在单调递减，在单调递增，

故的最小值为；

(2)

证明：，

同理，，

两式相减得，不妨设，

要证>1．只须证>1．即，

即证，令，即证，

设，恒成立，

故h(t)为增函数，，故原式得证．

【点睛】

关键点睛：本题（2）问先通过切线方程得出，然后证明>1，将问题转化成，利用与齐次换元，从而构造函数即可证明．

22．(1)，；

(2).

【解析】

【分析】

（1）根据极坐标与直角坐标转化公式即可求出直线极坐标方程，由极坐标与直角坐标转化公式可得圆的直角坐标方程，再转化为参数方程即可；

（2）求出圆心到直线的距离，再由半径、半弦长、弦心距间的关系列出方程求解即可.

(1)

将代入

得：

即直线l的极坐标方程为.

由圆C的极坐标方程为可得：

故圆C的参数方程为.

(2)

点 到直线l：的距离，

则.

23．(1)详见解析；

(2).

【解析】

【分析】

（1）根据绝对值函数分区间去绝对值后变成分段函数，然后作图；

（2）由题可得，然后利用数形结合可得参数取值范围.

(1)

由题意得：

，

，

画出和的图象如图所示.

(2)

∵，

由，可得或，

由，可得，

要使恒成立，则，

解得，

所以实数a的取值范围为.