（新高考）2022届高考考前冲刺卷（一）-数学

1、（新高考）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2022届高考考前冲刺卷数 学 （一）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）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

2、要求的1设集合，则（ ）ABCD【答案】C【解析】由题设，所以，故选C2复数z在复平面内对应的点的坐标为，则（ ）ABCD【答案】D【解析】依题意，故选D3函数的图象大致是（ ）ABCD【答案】C【解析】函数定义域为R，即是奇函数，A，B不满足；当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足，故选C4如图，在直三棱柱中，是直角三角形，且，为棱的中点，点在棱上，且，则异面直线AC与DE所成角的余弦值是（ ）ABCD【答案】B【解析】如图所示，在棱BC上取点，使，连接，因为，为棱的中点，点在棱上，且，设，可得，在中，因为，所以，在直角中，在直角中，因为D是的中点，所以，所，又因为，所以，所以四边形是平行

3、四边形，所以，所以是异面直线与所成的角，在中，由余弦定理可得，即异面直线AC与DE所成角的余弦值是，故选B5设等差数列的前项和为，满足，则（ ）AB的最小值为CD满足的最大自然数的值为25【答案】C【解析】由于，上式中等差中项，即，故A错误；由等差数列的性质可知，即，故B错误；由以上分析可知C正确，D错误，故选C6从编号分别为1、2、3、4、5、6、7的七个大小完全相同的小球中，随机取出三个小球，则至少有两个小球编号相邻的概率为（ ）ABCD【答案】A【解析】随机取出三个小球共有种情况，任意两个小球编号都不相邻的基本事件有，共有10种，故所求概率为，故选A7已知函数，则函数的零点个数是（ ）A

4、2B3C4D5【答案】D【解析】令当时，则函数在上单调递增，由于，由零点存在定理可知，存在，使得；当时，由，解得作出函数，直线的图象如下图所示：由图象可知，直线与函数的图象有两个交点；直线与函数的图象有两个交点；直线与函数的图象有且只有一个交点，综上所述，函数的零点个数为5，故选D8已知两条直线，有一动圆（圆心和半径都在变动）与都相交，并且被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）ABCD【答案】D【解析】设动圆圆心，半径为，则到的距离，到的距离，因为被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，化简后得，相减得，将，代入后化简可得，故选D二、多项选择题：本

5、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2分，有选错的得0分9下列命题中，正确的命题是（ ）A数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的分位数是7B若随机变量，则C若事件A，B满足，则A与B独立D若随机变量，则【答案】CD【解析】A：由，所以分位数是，错误；B：由题设，错误；C：因为，即，又，即，所以，故A与B独立，正确；D：由题设，关于对称，所以，正确，故选CD10已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）AB在单调递

6、增C的图象关于对称D在上的最大值是1【答案】AC【解析】由题意，所以，A正确；时，递增，递减，B错；是最大值，C正确；时，的最小值是，的最大值是，D错，故选AC11已知抛物线的焦点为，过原点的动直线交抛物线于另一点，交抛物线的准线于点，下列说法正确的是（ ）A若为线段中点，则B若，则C存在直线，使得D面积的最小值为2【答案】AD【解析】抛物线的准线为，焦点，若为中点，所以，所以，故A正确；若，则，所以，故B错误；设，则，所以，所以，所以与不垂直，故C错误；，当且仅当，即时，取等号，所以面积的最小值为2，故D正确，故选AD12定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”

7、根据定义可得（ ）A在上是“弱减函数”B在上是“弱减函数”C若在上是“弱减函数”，则D若在上是“弱减函数”，则【答案】BCD【解析】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；对于B，在上，函数单调递减，在单调递增，故B正确；对于C，若在单调递减，由，得，在单调递增，故C正确；对于D，在上单调递减，在上恒成立，令，令，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，在上恒成立，令，在上单调递增，综上：，故D正确，故选BCD第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知向量，若，则实数_【答案】20【解析】依题意，若，则，解得，故答案为14将3封不同的信随机放入2个不同的信箱中，共有种不同

8、的放法，则在的展开式中，含项的系数为_【答案】70【解析】由题意得，在展开式中，当，即时，该项为，故答案为7015数书九章三斜求积术：“以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约一，为实，一为从隅，开平方得积”秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，“术”即方法以，分别表示三角形的面积，大斜，中斜，小斜；分别为对应的大斜，中斜，小斜上的高；则若在中，根据上述公式，可以推出该三角形外接圆的半径为_【答案】（或）【解析】由，知，设，则，又，又，该三角形外接圆的直径，即该三角形外接圆的半径为，故答案为16定义：若A，B，C，D为球面上四点，E，F分别是AB

9、，CD的中点，则把以EF为直径的球称为AB，CD的“伴随球”已知A，B，C，D是半径为2的球面上四点，则AB，CD的“伴随球”的直径取值范围为_；若A，B，C，D不共面，则四面体ABCD体积的最大值为_【答案】，4【解析】设为所在球面的球心，且分别是的中点，且，则E、F均是以O为球心，1为半径的球面上的点，若以EF为直径作球，则，即AB，CD的“伴随球”的直径取值范围是E是AB中点，d为点到平面距离，又，为点到距离，当且仅当，F三点共线，且CD时，等号成立故答案为，4四、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）如图，中，角，的对边分别为，且（1）求

10、角的大小；（2）已知，若为外接圆劣弧上一点，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】（1）法一：，由正弦定理得，又，法二：，由余弦定理得，（2）由（1）知，而四边形内角互补，则，法一：设，则，由正弦定理得，当且仅当时，的最大值为法二：在中，由余弦定理得，当且仅当时，的最大值为18（12分）已知数列满足，（1）设，证明：是等差数列；（2）设数列的前n项和为，求【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）因为，所以数列是以3为首项，1为公差的等差数列（2）因为，所以，由，得，故，所以19（12分）如图1，在平面四边形中，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示（1）设平面与平面的交线为，求证：

11、；（2）在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）存在点为的中点时，使得二面角的余弦值为，理由见解析【解析】（1）证明：延长相交于点，连接，则为平面与平面的交线证明如下：由平面平面，平面，且平面平面，所以平面，又由，所以平面，因为平面，所以，所以（2）解：由（1）知：，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得，则，设其中，则，所以，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，又由平面，所以平面的一个法向量为，则，解得，所以存在点为的中点时，使得二面角的余弦值为20（12分）某企业从生产的一批零件中抽取1

12、00件产品作为样本，检测其质量指标值m（其中：），得到频率分布直方图，并依据质量指标值划分等级如表所示：质量指标值m150m350100m150或350m400等级A级B级（1）根据频率分布直方图估计产品的质量指标值的分位数；（2）从样本的B级零件中随机抽3件，记其中质量指标值在350，400的零件的件数为，求的分布列和数学期望；（3）该企业为节省检测成本，采用混装的方式将所有的零件按500个一箱包装，已知一个A级零件的利润是10元，一个B级零件的利润是5元，以样本分布的频率作为总体分布的概率，试估计每箱零件的利润【答案】（1）；（2）分布列见解析，数学期望为；（3）每箱零件的利润是4750元

13、【解析】（1）前三组的频率和为，前四组的频率和为，设分位数为，解得，产品的质量指标值的分位数为（2），所以样本的B级零件个数为10个，质量指标值在350，400的零件为5个，故可能取的值为0，1，2，3，相应的概率为，随机变量的分布列为0123所以期望（3）设每箱零件中A级零件有个，则级零件有个，每箱零件的利润为元，由题意知：，由（2）知：每箱零件中B级零件的概率为，A级零件的概率为，所以，所以，所以(元)，所以每箱零件的利润是4750元21（12分）已知抛物线的焦点为F，点在E上（1）求；（2）O为坐标原点，E上两点A、B处的切线交于点P，P在直线上，PA、PB分别交x轴于M、N两点，记和的面积分别为和试探究：是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由【答案】（1）；（2）是，为定值2【解析】（1）因为点在E上，于是，解得，所以（2）抛物线方程为，故，所以设A、B的坐标分别为、，则PA的方程为，即；同理PB的方程为，联立PA，PB方程得，所以P、M、N的坐标分别为，则，设AB的直线方程为，联立消去y得，由韦达定理可知，所以，故直线AB过定点，所以，因此，故为定值222