2022年高考数学临考押题卷（新高考卷）（解析版）

2022年高考临考押题卷（五）

数学（新高考卷）

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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.

1．已知集合，，则（       ）

A．{0} B．{0，1} C．{1，2} D．{0，1，2}

【答案】D

【解析】

【详解】

因为，，

所以，

故选：D

2．已知（是虚数单位）的共轭复数为，则在复平面上对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【详解】

因为，则，

因此，在复平面上对应的点位于第二象限.

故选：B.

3．“”是“过点有两条直线与圆相切”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

【详解】

由已知得点在圆外，

所以，解得，

所以“”是“过点有两条直线与圆相切”的必要不充分条件，

故选：B

4．若圆锥的母线长为，侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】

设圆锥的高为，底面半径为，

则，解得.

所以.

则圆锥的体积.

故选：B

5．已知函数在内恰有3个极值点和4个零点，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

，因为，

所以，

又因为函数在内恰有个极值点和4个零点，

由图像得：解得：，所以实数的取值范围是.

故选：A.

6．若直线：经过双曲线：的一个焦点，且与双曲线有且仅有一个公共点，则双曲线的方程为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】

令得，所以直线与轴的交点为，

所以双曲线的右焦点为，则，

即①，

直线与双曲线有且仅有一个公共点，直线又过双曲线的焦点，

所以直线与双曲线的一条渐近线平行，

即②，

由①②得

解得，

所以双曲线的方程为

故选：D.

7．某市抽调5位医生分赴4所医院支援抗疫，要求每位医生只能去一所医院，每所医院至少安排一位医生.由于工作需要，甲､乙两位医生必须安排在不同的医院，则不同的安排种数是（       ）

A．90 B．216 C．144 D．240

【答案】B

【详解】

完成这件事情，可以分两步完成，

第一步，先将5为医生分为四组且甲、乙两位医生不在同一组，共有种方案；

第二步，再将这四组医生分配到四所医院，共有种不同方案，

所以根据分步乘法计数原理得共有种不同安排方案.

故选：B.

8．设是定义域为R的偶函数，且在上单调递增，若，，，则，，的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】

依题意是定义域为R的偶函数，

，

，

，

，

，

，

，

由于在上单调递增，所以.

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3分，有选错的得0分.

9．下列说法正确的是（       ）

A．将一组数据中的每一个数据都加上同一个常数后，方差不变

B．设具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于0，x和y之间的线性相关程度越强

C．在一个列联表中，由计算得的值，则的值越小，判断两个变量有关的把握越大

D．若，，则

【答案】AD

【详解】

对于A，设的平均数为，方差为，则

，，

给中每一个数同时加上，则得到一组新的数为，则其平均数为，所以新的数据的方差为

，即方差不变，所以A正确，

对于B，由相关系数的性质可知，设具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于0，x和y之间的线性相关程度越弱，所以B错误，

对于C，在一个列联表中，由计算得的值，则的值越大，判断两个变量有关的把握越大，所以C错误，

对于D，因为，，所以，

所以，所以D正确，

故选：AD

10．已知向量，，则下列命题正确的是（       ）

A．若，则

B．若在上的投影为，则向量与夹角为

C．与共线的单位向量只有一个为

D．存在，使得

【答案】BD

【详解】

解：向量，，

对A：因为，所以，所以，故选项A错误；

对B：因为在上的投影向量为，即，

所以，又，

所以，

因为，所以向量与夹角为，故选项B正确；

对C：与共线的单位向量有两个，分别为和，故选项C错误；

对D：当时，，此时向量与共线同向，满足，所以存在，使得，故选项D正确；

故选：BD.

11．若直线上存在点P，过点P可作圆的两条切线PA，PB，切点为A，B，且，则实数m的取值可以为（       ）

A．3 B．2 C．0 D．

【答案】BCD

【详解】

若，因为，

所以，又，

所以四边形是边长为1的正方形，所以对角线，

等价于直线与圆有公共点，

由圆心到直线的距离公式可得，解之可得，

故选：BCD.

12．已知同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，且正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，则下列说法正确的是（       ）.

A．平面QBC

B．设三棱锥和的体积分别为和，则

C．平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍

D．二面角的正切值为

【答案】BCD

【详解】

∵同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，

∴PQ为球O的直径，

取AB的中点M，连接PM、QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，

∴∠PMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，∠QMC为侧面QAB与底面ABC所成二面角的平面角，又正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，

设底面的中心为N，P到底面的距离为h，球的半径为R，则PN=h，OP=R，ON=R－h，MN=h，CN=2h，

∴，

∴，QN=4h，PN=h，

∴P、C、Q、M四点共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，

∴PA与QM不平行，故PA与平面QBC不平行，故A错误；

由QN=4PN，可得，故B正确；

∵平面ABC截球O所得的截面面积为，球O表面积为，

∴平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍，故C正确；

∵，

∴，，

∴，即二面角的正切值为，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13．抛物线焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，，A为垂足，如果直线的倾斜角等于，那么等于__________.

【答案】

【详解】

解：在中，由抛物线的定义，可得，

，，

又，则轴，

又，

过作于，则，

则．

故答案为：

14．设是定义在上且周期为2的函数，在区间上,其中.若，则的值是____________.

【答案】##-0.4

【详解】

解：因为是定义在上且周期为2的函数，在区间上,

所以，，

又，即，解得，

所以，

故答案为：.

15．在正项等比数列中，若，则______．

【答案】2

【详解】

．

故答案为：2

16．已知奇函数在区间上是增函数，且，，当，时，都有，则不等式的解集为______．

【答案】

【详解】

不等式等价为，

即或，

即或，

是奇函数，且，   

，

故 ，则 ，

，

，

又奇函数在区间上是增函数 ，故在区间上也是增函数，

故即或，

此时 ；

而即 或，

此时 ；

故不等式的解集为，

故答案为：

四、解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．设数列的前项和为，对于任意的都有，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列满足，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【解析】

(1)由得数列是等差数列，其公差，

由得，

即，解得，

所以；

(2)，，

所以，

.

18．在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且.

(1)求角C；

(2)E为三角形ABC所在平面内的一点，，且，求线段CE的长.

【答案】(1)；(2)

【解析】

(1)因为，由得，，

由正弦定理得，

因为，所以，

故，

得，即，

又，所以.

(2)由余弦定理得，所以，即，又因为，即，因为不共线，所以且，所以四边形是矩形，所以，即，所以.

19．《中共中央国务院关于实现巩固拓展脱贫攻坚成果同乡村振兴有效衔接的意见》明确提出，支持脱贫地区乡村特色产业发展壮大，加快脱贫地区农产品和食品仓储保鲜、冷链物流设施建设，支持农产品流通企业、电商、批发市场与区域特色产业精准对接．当前，脱贫地区相关设施建设情况如何？怎样实现精准对接？未来如何进一步补齐发展短板？针对上述问题，假定有A、B、C三个解决方案，通过调查发现有的受调查者赞成方案A，有的受调查者赞成方案B，有的受调查者赞成方案C，现有甲、乙、丙三人独立参加投票（以频率作为概率）．

(1)求甲、乙两人投票方案不同的概率；

(2)若某人选择方案A或方案B，则对应方案可获得2票，选择方案C，则方案C获得1票，设是甲、乙、丙三人投票后三个方案获得票数之和，求的分布列和数学期望．

【答案】(1)；(2)分布列见解析，数学期望为.

【解析】

(1)解：因为甲、乙两人投票方案相同的概率为，

所以甲、乙两人投票方案不相同的概率为．

(2)解：X的所有可能取值为3，4，5，6，

因为，

，

，

，

所以X的分布列如下：

所以．

20．如图1，在梯形中，于，且，将梯形沿折叠成如图2所示的几何体，为的中点

(1)证明：//平面；

(2)若图1中，___________，求二面角的余弦值.

条件①：图1中；条件②：图2中四棱锥的体积最大；条件③：图1中.

从以上三个条件中任选一个，补充在问题（2）中的横线上，并加以解答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)见解析  (2)

【解析】

(1)证明：取的中点，连接，

因为为的中点，

所以且，

又因且，

所以且，

所以四边形为平行四边形，

所以，

又平面，平面，

所以平面；

(2)解：选①，

因为，

又，所以，

由，则，

在中，，所以，

因为，

所以，

因为，

所以平面，

又因平面，所以，

因为，所以平面，

以为原点建立如图所示空间直角坐标系，

则，

则，

设平面的法向量，

则有，可取，

因为平面，

所以即为平面的一条法向量，

则，

易知二面角为钝角，

所以二面角的余弦值为.

选②，设，则，

则四棱锥的体积，

令，

则，

所以函数在上递增，

所以，

即当时，四棱锥的体积最大，

此时，

以下步骤同①.

选③，因为，

所以，

所以，即，

由，则，

以下步骤同①.

21．已知椭圆，A､B分别为椭圆C的右顶点､上顶点，F为椭圆C的右焦点，椭圆C的离心率为，的面积为.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)点P为椭圆C上的动点（不是顶点），点P与点M，N分别关于原点､y轴对称，连接MN与x轴交于点E，并延长PE交椭圆C于点Q，则直线MP的斜率与直线MQ的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】(1)

(2)是定值，定值为

【解析】

(1)由题意得，则，.

的面积为，则.

将，代入上式，得，则，，

故椭圆C的标准方程为.

(2)由题意可知直线PQ的斜率一定存在，

设直线PQ的方程为，设，，则，，，

联立方程，得，

∴，

∴，

∴， ，

∵，

∴

∴为定值.

22．己知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当，，求a的取值范围；

(3)证明：．

【答案】(1)答案见解析；(2)或；(3)证明见解析.

【解析】

(1)定义域为（0，＋∞），．

记．

当时，，即，所以在（0，＋∞）上单调递减．

当时，令，得，（舍去）．当时，，即，所以单调递减；当时，，即，所以单调递增，

综上，当时，在（0，＋∞）上单调递减；当时，在上单调递减，在单调递增．

(2)：由（1）知，当时，在[1，＋∞）单调递减，所以．

此时．令，解得．

当时，若，即，由（1），设的正根为，则必有，且当，，即，

所以在[1，＋∞）单调递增．此时，．

令，解得．

若，即，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，注意到，

知．

又当时，，由零点存在定理，使，此时，不满足题意．

综上，a的取值范围是或．

(3)

由（2）知，当时，对，有，即．

又时，，，所以．

令，得．

所以，，，…，．

故，即．