(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷16（含详解）

1、2022年高考数学(文数)模拟试卷(时间：120分钟；满分：150分)第卷一、选择题：本题共12小题，每小题5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已知集合A=x|log2(x1)0，B=x|x3，则RAB=()A(，1) B(2，3) C(2，3 D(，12，32已知i为虚数单位，且复数z满足z2i=，则复数z在复平面内的点到原点的距离为()A. B. C. D.3已知x、y取值如下表：x014568y1.3m5.66.17.49.3从所得的散点图分析可知：y与x线性相关，且=0.95x1.45，则m=()A1.5 B1.55 C3.5 D1.84已知cos=，则sin

2、2的值等于()A. B C. D5已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面，给出下列四个命题，错误的命题是()A若a，a，=b，则abB若，a，b则abC若，=a，则aD若，a，则a6“a2”是“函数f(x)=|xa|在1，)上单调递增”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7已知O为ABC内一点，且=()，=t，若B，O，D三点共线，则t的值为()A. B. C. D.8执行如图所示的程序框图，若输出的S值为2，则中应填()An98? Bn99? Cn100? Dn0，b0)的左、右焦点，若双曲线左支上存在点P与点F2关于直线y=x对称，则该双曲线的离心率为(

3、)A. B. C2 D.10若实数x、y满足xy0，则的最大值为()A2 B2 C42 D4211曲线y=ln x上的点到直线2xy3=0的最短距离是()A. B. C. D.12已知三棱锥PABC的棱AP、AB、AC两两垂直，且长度都为，以顶点P为球心，以2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于()A3 B. C. D.第卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分13已知等比数列an的前n项和为Sn，前n项积为Tn，若S3=a24a1，T5=243，则a1的值为_14已知点Q在圆C：x2y22x8y13=0上，抛物线y2=8x上任意一点P到直线l：x=2的距离为d，则d

4、|PQ|的最小值等于_15“克拉茨猜想”又称“3n1猜想”，是德国数学家洛萨克拉茨在1950年世界数学家大会上公布的一个猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半；如果n为奇数就将它乘3加1，不断重复这样的运算，经过有限步后，最终都能够得到1.已知正整数m经过6次运算后得到1，则m的值为_16已知偶函数f(x)满足f(x1)=f(x1)，且当x0，1时，f(x)=x2，若关于x的方程f(x)=|loga|x|(a0，a1)在2，3上有5个根，则a的取值范围是_三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.(本小题满分12分)已知函数f(x)=2sin(x)(0，0x11)，若函

5、数g(x)=(xx1)f(x1)证明：对任意x(x1，x2)，都有f(x)g(x)21(本小题满分12分)已知椭圆C1：=1(b0)的左、右焦点分别为F1、F2，点F2也为抛物线C2：y2=8x的焦点，过点F2的直线l交抛物线C2于A，B两点(1)若点P(8，0)满足|PA|=|PB|，求直线l的方程；(2)T为直线x=3上任意一点，过点F1作TF1的垂线交椭圆C1于M，N两点，求的最小值请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22(本小题满分10分)选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1：24cos

6、 3=0，0，2，曲线C2：=，0，2(1)求曲线C1的一个参数方程；(2)若曲线C1和曲线C2相交于A，B两点，求|AB|的值23(本小题满分10分)选修45：不等式选讲设函数f(x)=|2xa|2a.(1)若不等式f(x)6的解集为x|6x4，求实数a的值；(2)在(1)的条件下，若不等式f(x)(k21)x5的解集非空，求实数k的取值范围参考答案1解析：选D.由集合A=x|log2(x1)0=x|1x2，则RA=x|x1或x2，又B=x|x3，所以RAB=(，12，32解析：选B.由z2i=，得z=2i=2i=i，所以复数z在复平面内的点的坐标为，到原点的距离为 =.故选B.3解析：选D

7、.由题意知=4，=，将代入=0.95x1.45中，得=0.9541.45，解得m=1.8.4解析：选D.因为cos=，所以sin =，又2；当n=99时，S=lg 100=2，跳出循环，故中应填n1时，只要保证loga31即可，解得a3，当0a1时，只要保证loga31即可，即loga31，解得0a，综上a.答案：17解：(1)由题图知，T=.所以T=.所以=，所以=2，所以f(x)=2sin(2x)，因为点在函数图象上，所以sin=1，所以=2k(kZ)，即=2k(kZ)，因为0，所以=，所以f(x)=2sin.因为x，所以02x，所以0sin1，所以0f(x)2，即函数f(x)在上的值域为

8、0，2(2)因为f(A)=2sin=1，所以sin=，因为2A，所以2A=，所以A=.在ABC中，由余弦定理得BC2=94232=7，BC=.由正弦定理得，=，故 sin B=.又AC3.841.所以有95%的把握认为学生实践操作能力强弱与性别有关(2)的取值为0，1，2，3，4.P(=0)=，P(=1)=，P(=2)=，P(=3)=，P(=4)=.所以的分布列为01234P所以E()=01234=1.6.19解：(1)证明：因为A1A底面ABC，所以A1AAB，又因为ABAC，A1AAC=A，所以AB平面AA1C1C.(2)因为平面DEF平面ABC1，平面ABC平面DEF=DE，平面ABC平

9、面ABC1=AB，所以ABDE，因为在ABC中E是BC的中点，所以D是线段AC的中点(3)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中A1A=AC，所以侧面A1ACC1是菱形，所以A1CAC1，由(1)可得ABA1C，因为ABAC1=A，所以A1C平面ABC1，所以A1CBC1.又因为E，F分别为棱BC，CC1的中点，所以EFBC1，所以EFA1C.20解：(1)f(x)的定义域为(1，)，f(x)=.当m0时，(1)=0，即1，所以f(x)0，所以f(x)在(1，)上单调递增当m0，即1，由f(x)0，解得1x，由f(x)，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)证明：令h(x)=f(x)g(x)

10、=f(x)(xx1)f(x1)，则h(x)=f(x).因为函数f(x)在区间(x1，x2)上可导，则根据结论可知，存在x0(x1，x2)，使得f(x0)=，又f(x)=m，所以h(x)=f(x)f(x0)=.当x(x1，x0时，h(x)0，从而h(x)单调递增，所以h(x)h(x1)=0；当x(x0，x2)时，h(x)h(x2)=0.故对任意x(x1，x2)，都有h(x)0，即f(x)g(x)21解：(1)由抛物线C2：y2=8x得F2(2，0)，当直线l的斜率不存在，即l：x=2时，满足题意当直线l的斜率存在时，设l：y=k(x2)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得k2x2(

11、4k28)x4k2=0，所以x1x2=，y1y2=k(x1x2)4k=.设AB的中点为G，则G，因为|PA|=|PB|，所以PGl，kPGk=1，所以k=1，解得k=，则y=(x2)，所以直线l的方程为y=(x2)或x=2.(2)因为F2(2，0)，所以F1(2，0)，b2=64=2，所以椭圆C1：=1.设点T的坐标为(3，m)，则直线TF1的斜率kTF1=m，当m0时，直线MN的斜率kMN=，直线MN的方程是x=my2，当m=0时，直线MN的方程是x=2，也符合x=my2的形式，所以直线MN的方程是x=my2.设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则联立，得(m23)y24my2=0，所以y3y4=，y3y4=.|TF1|=，|MN|=.所以=，当且仅当m21=，即m=1时，等号成立，此时取得最小值.22解：(1)由24cos 3=0可得，x2y24x3=0.所以(x2)2y2=1.令x2=cos ，y=sin ，所以C1的一个参数方程为(为参数，R)(2)C2：4=3，所以4=3，即2x2y3=0.因为直线2x2y3=0与圆(x2)2y2=1相交于A，B两点，所以圆心到直线的距离d=，所以|AB|=2 =2=.23解：(1)因为|2xa|2a6，所以|2