F新课标数学高考模拟试卷预测卷三理科

1、最新F新课标数学高考模拟试卷预测卷三理科绝密启用前2022-2022学年度5月月考卷学校:_姓名：_班级：_考号：_评卷人得分四、新添加的题型1设集合，, 那么以下结论正确的选项是 A. B. C. D. 2以下函数中，在其定义域上既是奇函数又是增函数的是 A. B. C. D.3直线，那么“是“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4假设是不相同的空间直线，是不重合的平面，那么以下命题正确的选项是 A.B. C. D. 5实数满足： ，假设的最小值为，那么实数 A. B. C. D. 86为了得到函数的图像，可以将函数的图像 A.向右平移 B.向右平

2、移 C.向左平移 D.向左平移7设点是曲线上的动点，且满足，那么的取值范围为 A. B. C. D. 8在等腰梯形中， 其中，以为焦点且过点的双曲线的离心率为，以为焦点且过点的椭圆的离心率为，假设对任意不等式恒成立，那么的最大值为 A. B. C. 2 D. 9双曲线：，那么它的焦距为_ _；渐近线方程为_ _；焦点到渐近线的距离为_ _10等差数列的前项和为,，那么_ ，_ 11三棱锥中，平面，为侧棱上一点，它的正视图和侧视图 如以下图所示，那么与平面所成角的大小为_ _；三棱锥的体积为 _ _12在中，假设，那么其形状为_ _，_ .锐角三角形 钝角三角形 直角三角形，在横线上填上序号；1

3、3满足方程，当时，那么的最小值为 _ 14过抛物线的焦点作一条倾斜角为锐角,长度不超过的弦,且弦所在的直线与圆有公共点,那么角的最大值与最小值之和是_ _15函数，假设关于的方程有个不同的实数根，且所有实数根之和为，那么实数的取值范围为_ _16此题总分值15分函数 . 求函数的单调增区间； 在中，内角所对边分别为，假设对任意的不等式恒成立，求面积的最大值17此题总分值15分如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，点分别为的中点，且，证明：平面； 设直线与平面所成角为，当在内变化时，求二面角的取值范围18(此题总分值15分)椭圆：过点，离心率为.求椭圆的标准方程；设分别为椭圆的左、右焦点，过

4、的直线与椭圆交于不同两点，记的内切圆的面积为，求当取最大值时直线的方程，并求出最大值19此题总分值15分设各项均为正数的等比数列的公比为，表示不超过实数的最大整数如，设，数列的前项和为，的前项和为.假设，求及；假设对于任意不超过2022的正整数,都有 ，证明:20(此题总分值14分)设为函数两个不同零点.假设，且对任意,都有，求；假设，那么关于的方程是否存在负实根?假设存在,求出该负根的取值范围，假设不存在，请说明理由；假设，且当时，的最大值为，求的最小值.参考答案1C【解析】试题分析：，所以，选C.考点：集合的根本运算.2B【解析】试题分析：，不是奇函数，故A、C错. 函数分别在区间内是增函

5、数，而不能说在其定义域上是增函数，故D错. 的定义域为，在上是增函数，且为奇函数，故B正确.考点：函数的奇偶性及单调性.3A【解析】试题分析：当时，所以.故为充分条件.当时，所以不是必要条件.选A.考点：1、充要条件；2、平面内两直线的垂直关系.4C【解析】试题分析：对A.或异面，故A错；对B. 或相交或异面，故B错；对C. ，正确；对D. 或相交或，只有当垂直于的交线时，才有，故D错.考点：空间直线平面间的位置关系.5B【解析】试题分析：作出不等式组表示的区域如以下图所示，从图可知，直线过点时，的值最小，所以.选B.考点：线性规划.6D【解析】试题分析：，所以将的图象向左平移可得的图象.考点

6、：三角函数图象的变换.7A【解析】试题分析：设，那么满足的点P的轨迹是以为焦点的椭圆，其方程为.曲线为如以下图所示的菱形ABCD，.由于，所以，即.所以.选A.考点：1、曲线与方程；2、不等式.8B【解析】试题分析：设双曲线的实半轴为，那么.设椭圆的长半轴为，那么.所以.令，那么，在上，都为增函数，又，所以在上，从而，所以在上单调递减.又在上单调递减，所以 在上单调递减，故，即.假设对任意不等式恒成立，那么.选B.考点：1、圆锥曲线；2、函数的应用.9.【解析】试题分析：所以焦距为，渐近线方程为，焦点到准线的距离即为.考点：双曲线.10【解析】试题分析：由题设得：，解之得：，.考点：等差数列.

7、11【解析】试题分析：由题设及正视图可知，又由平面得，所以平面，即与平面所成角为.三棱锥的体积.考点：1、三视图；2、三棱锥的体积.12，【解析】试题分析：由知，所以是直角三角形， ，利用数量积的几何意义得.考点：平面向量.138【解析】试题分析：.易知表示抛物线上的点与点的连线的斜率，从图可知，所以.考点：重要不等式.14【解析】试题分析：抛物线的焦点为，那么过焦点的直线方程为，代入得，弦长为.据题意得，所以.将变形得，由得，综合得，所以角的最大值与最小值之和.考点：直线与圆锥曲线.15【解析】试题分析：设.因为，所以的图象关于直线对称.设的4个根为，那么，由题设知，的最小值为，作出的图象如

8、下图，由图可知的范围为.考点：函数与方程.16；.【解析】试题分析：将函数降次化一得，根据正弦函数的单调性可得函数的单调增区间；对任意的不等式恒成立，意即当时，取得最大值，所以.又，所以，由此得.要求面积的最大值，只需求出的最大值即可.由余弦定理得即，由此即可得面积的最大值. 试题解析：由 解得所以函数的单调增区间为由题意得当时，取得最大值，那么及解得，所以由余弦定理得即 所以当时， 考点：1、三角恒等变换；2、三角函数的性质；3、解三角形；4、不等式.17详见解析；二面角取值范围为 【解析】试题分析：根据直线与平面平行的判定定理，需在平面内找一条与平行的直线.结合题设可取取中点，连接， 易得

9、四边形为平行四边形，从而得，问题得证.思路一、首先作出二面角的平面角，即过棱BC上一点分别在两个平面内作棱BC的垂线.因为，点分别为的中点，那么.连接，因为平面，所以AM是PM在面ABC内的射影，所以，所以即为二面角的平面角.再作出直线与平面所成的角，即作出AC在平面PBC内的射影.由，且得 平面，从而平面平面.过点在平面内作于，根据面面垂直的性质知平面连接，于是就是直线与平面所成的角在及中，找出与的关系，即可根据的范围求出的范围. 思路二、以所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量亦可求解. 试题解析：证明：取中点，连接， 因为点分别为的中点，所以四边形为平行四边形，那么

10、 又平面，平面所以平面.解法1：连接，因为，点分别为的中点，那么又平面，那么 所以即为二面角的平面角又，所以 平面，那么平面平面过点在平面内作于，那么平面连接，于是就是直线与平面所成的角，即=在中，；在中，又，即二面角取值范围为解法2：连接，因为，点分别为的中点，那么又平面，那么 所以即为二面角的平面角，设为以所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如下图的空间直角坐标系，那么，于是，设平面的一个法向量为，那么由得可取，又，于是，又，即二面角取值范围为考点：1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角.18椭圆的标准方程为；.【解析】试题分析：由题意得 ，解这个方程组即可得，从而得椭圆的标准方程为.设，的

11、内切圆半径为，那么，所以要使取最大值，只需最大. . 设直线的方程为 ，将代入可得，利用根与系数的关系可得，记，那么，显然这个函数在上递减，当即时三角形的面积最大，由此可得.试题解析：由题意得 解得椭圆的标准方程为.设，的内切圆半径为，那么 所以要使取最大值，只需最大 设直线的方程为 将代入可得(*)恒成立，方程(*)恒有解， 记 在上递减，所以当即时，此时.考点：1、椭圆的标准方程；2、直线与圆锥曲线的位置关系；3、函数的最值.19，；证明详见解析. 【解析】试题分析：根据等比数列的前项和公式及条件可得.由于是一个取整函数，所以必然对中的项分情况讨论.因为，时，所以，这样分情况可求出.根据前项和公式求，那么用公式.所以由可得，.因为，所以，其中.又因为，所以.待证不等式等价于，而，所以根据便可得出，从而问题得证.试题解析： 所以 那么因为，且 所以 即因为 因为，所以，其中.又因为，所以. (1) (2)由12两式可得 考点：数列与不等式.20；存在，其范围为；.【解析】试题分析：由得函数关于对称，从而，再将代入方程得，联立解方程组，由此得 ；首先应考虑去掉绝对值.因为，所以时的根必然大于0，故只需考虑时的情况.当时方程可化为：，