2022届旧高考数学（理）开学摸底测试卷2

1、2022届旧高考数学（理）开学摸底测试卷2一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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复数满足，则ABCD2已知集合，集合，则ABC，1，2，D，2，3已知命题，；命题，则下列命题中为真命题的是ABCD4设函数，则下列函数中为奇函数的是ABCD5矩形ABCD中，点为CD中点，沿AE把折起，点到达点，使得平面平面ABCE，则异面直线AB与PC所成角的余弦值为ABCD6公元2020年年初，肆虐着中国武汉，为了抗击，中国上下众志成城，纷纷驰援武汉达州市决定派出6个医疗小组驰援武汉市甲、乙、丙三个地区，每个地区分配2个医疗小组，其中医疗小组必须去

2、甲地，则不同的安排方法种数为A30B60C90D1807把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则ABCD8若，则，的大小关系正确的是ABCD9如图，已知四边形ABCD为正方形，扇形GEF的弧EF与BC相切，点为AD的中点，在正方形ABCD中随机取一点，则该点落在扇形GEF内部的概率为ABCD10在中，角，的对边分别为，角的平分线交对边AB于，且CD将三角形的面积分成3:4两部分，则ABCD11设是椭圆上的一个动点，定点，则的最大值是AB1C3D912已知函数记零点个数为，极大值点个数为，若，则ABCD二、填空题：本题共4小题，每小

3、题5分，共20分13的展开式中各项系数之和为2，则该展开式中的系数为14已知双曲线的一条渐近线为，则的焦距为15已知向量与的夹角为，且，若，且，则实数的值是16在平行四边形中，将此平行四边形沿对角线折叠，使平面平面，则三棱锥外接球的体积是 三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17已知数列满足，（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和18中华人民共和国民法典被称为“社会生活的百科全书”，是新中国第一部以法典命名的法律，在法律体系中居于基础性地

4、位，也是市场经济的基本法，为了增强学生的法律意识，了解法律知识某大学为此举行了中华人民共和国民法典知识竞赛，该校某专业的100名大一学生参加了学校举行的测试，若把分数不低于90分的成绩称为优秀，整理得到如下列联表：性别竞赛成绩合计优秀不优秀男56065女72835合计1288100参考数据：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：（）依据的独立性检验，能否认为该校此专业大一学生的性别与测试成绩有关联；（）若从获优秀的学生中随机抽取3人进行座谈，记为抽到男生的人数，求随机变量的分布列和数学期

5、望19如图，在四棱锥中，平面，为棱上的一点，且（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值20已知椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上一点（1）求椭圆的方程；（2）过点作动直线与椭圆交于，两点，过点作直线的垂线垂足为，求证：直线过定点21已知为函数的极值点（）求的值；（）若，求实数的取值范围（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程和直线的直角坐标方程；（2）设射线与直线交于点，点在曲线

6、上，且，求23已知函数，（1）当时，求不等式的解集；（2）设，且当时，求的取值范围2022届旧高考数学（理）开学摸底测试卷2一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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复数满足，则ABCD【答案】B【解析】因为，所以，故故选B2已知集合，集合，则ABC，1，2，D，2，【答案】D【解析】集合，集合，2，故选D3已知命题，；命题，则下列命题中为真命题的是ABCD【答案】A【解析】对于命题，当时，故命题为真命题，为假命题；对于命题，因为，又函数为单调递增函数，故，故命题为真命题，为假命题，所以为真命题，为假命题，为假命题，为假命题，故选A4设

7、函数，则下列函数中为奇函数的是ABCD【答案】B【解析】因为，所以函数的对称中心为，所以将函数向右平移一个单位，向上平移一个单位，得到函数，该函数的对称中心为，故函数为奇函数故选B5矩形ABCD中，点为CD中点，沿AE把折起，点到达点，使得平面平面ABCE，则异面直线AB与PC所成角的余弦值为ABCD【答案】D【解析】如右图，因为，异面直线与所成角就是或其补角，在中，在左图中作，垂足为，则，所以，所以故选D6公元2020年年初，肆虐着中国武汉，为了抗击，中国上下众志成城，纷纷驰援武汉达州市决定派出6个医疗小组驰援武汉市甲、乙、丙三个地区，每个地区分配2个医疗小组，其中医疗小组必须去甲地，则不同

8、的安排方法种数为A30B60C90D180【答案】A【解析】根据题意，分2步进行：将6个医疗小组平均分成3组，每组2支医疗队，有种分组方法；将甲所在的小组安排到甲地，其他两个小组安排到乙、丙两地，有种情况，则有种不同的安排方法故选A7把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则ABCD【答案】B【解析】把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，把函数的图像，向左平移个单位长度，得到的图像；再把图像上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，可得的图像故选B8若，则，的大小关系

9、正确的是ABCD【答案】B【解析】，即，即，故选B9如图，已知四边形ABCD为正方形，扇形GEF的弧EF与BC相切，点为AD的中点，在正方形ABCD中随机取一点，则该点落在扇形GEF内部的概率为ABCD【答案】A【解析】不妨设正方形的边长为2，则扇形的半径为2，同理，而正方形的面积，在正方形中随机取一点，则该点落在扇形内部的概率故选A10在中，角，的对边分别为，角的平分线交对边AB于，且CD将三角形的面积分成3:4两部分，则ABCD【答案】C【解析】因为为的平分线，由角平分线的性质定理可得，而，可得，在中，由正弦定理可得，又，可得，所以，可得，故选C11设是椭圆上的一个动点，定点，则的最大值是

10、AB1C3D9【答案】D【解析】根据题意，是椭圆即上的一个动点，则，且，而定点，则，函数是开口向上的二次函数，其对称轴为，当时，取得最大值，且其最大值为9，故选D12已知函数记零点个数为，极大值点个数为，若，则ABCD【答案】B【解析】取，则，其图象如下，由图易知，符合题意，故排除选项，；取，则，则，易知函数在，单调递增，在，单调递减，其图象如下，由图象易知，符合题意，故排除选项；故选B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13的展开式中各项系数之和为2，则该展开式中的系数为【答案】【解析】由题意令，则，解得即；的通项公式为：，分别令，解得，0则展开式中的系数是：故答案为：14已知双曲

11、线的一条渐近线为，则的焦距为【答案】4【解析】根据题意，双曲线的一条渐近线为，则有，解可得，则双曲线的方程为，则，其焦距；故答案为：415已知向量与的夹角为，且，若，且，则实数的值是【答案】【解析】向量与的夹角为，且，若，且，则，则实数，故答案为：16在平行四边形中，将此平行四边形沿对角线折叠，使平面平面，则三棱锥外接球的体积是 【答案】【解析】解：如图，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，同理可证，在中，所以，取中点为，连接，由直角三角形的性质可知，又，即到，四点的距离相等，为三棱锥外接球的球心，球的体积，故答案为：三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必

12、考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17已知数列满足，（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】（1）；（2）【解析】（1）证明：因为，所以，又，故数列为首项为1，公比为的等比数列所以，故（2）因为，、式错位相减得：化简整理得18中华人民共和国民法典被称为“社会生活的百科全书”，是新中国第一部以法典命名的法律，在法律体系中居于基础性地位，也是市场经济的基本法，为了增强学生的法律意识，了解法律知识某大学为此举行了中华人民共和国民法典知识竞赛，该校某专业的100名大一学生参加了学校举行的测试，若把分数不低于90

13、分的成绩称为优秀，整理得到如下列联表：性别竞赛成绩合计优秀不优秀男56065女72835合计1288100参考数据：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：（）依据的独立性检验，能否认为该校此专业大一学生的性别与测试成绩有关联；（）若从获优秀的学生中随机抽取3人进行座谈，记为抽到男生的人数，求随机变量的分布列和数学期望【答案】（）没有；（）分布列见解析；.【解析】（）由列联表中的数据，可得，所以依据的独立性检验，认为该校此专业大一学生的性别与测试成绩没有关联；（）的可能取值为0，1，2，3

14、，则，所以的分布列为：012319如图，在四棱锥中，平面，为棱上的一点，且（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：连结交于点，连结，在底面中，因为，由，可得，因为，即，所以在中，故，因为平面，平面，所以平面；（2）解：取的中点，连结，因为，所以为等边三角形，则，因为，则，因为平面，又，平面，所以，以点为坐标原点，建立空间直角坐标如图所示，因为，平面，则平面，因为，所以，平面的一个法向量为，因为，故，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，所以，故二面角的余弦值20已知椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上一点（1）求椭圆的方程；（2）过点作动

15、直线与椭圆交于，两点，过点作直线的垂线垂足为，求证：直线过定点【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1），点为椭圆上一点，由椭圆定义可得，椭圆方程为（2）证明：设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，可得，运用韦达定理，可得，直线的方程为，即，又，将、式代入式化简得，代入化简得直线的方程为，故直线过定，即得证21已知为函数的极值点（）求的值；（）若，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】（），解得，经检验，在递减，在递增，为的极小值点，符合题意，因此，（），设，其中，在递增，（1）当时，即，在递增，符合题意，所以；（2）当时，即，在上，在递减，所以时，不符合题意；综上，实数的取值范围为（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程和直线的直角坐标方程；（2）设射线与直线交于点，点在曲线上，且