2022年高考数学全真模拟热身卷试题及解析汇编

2022届高考数学·备战热身卷一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，有一项符合题目要求。）1．（浙江省浙东北联盟（ZDB）2021-2022学年高一上学期期中数学试题）若，则实数的值等于（）A．B．3C．D．3或2．（2021·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心模拟预测）已知，若复数（是虚数单位）是纯虚数，则（）A．0 B．1 C． D．23．（2021·海南·模拟预测）函数的部分图象大致为（）A．B．C．D．4．（2021·全国·模拟预测）已知首项为13的等差数列的前n项和为，且，，成等差数列．若，且，则（）A．8 B．10 C．12 D．145．（2021·福建省龙岩第一中学模拟预测）若实数，，满足，其中，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．6．（2021·四川·凉山彝族自治州教育科学研究所一模（理））设A，是两个事件，且发生A必定发生，，给出下列各式，其中正确的是（）A．B．C．D．7．（2021·四川·乐山市教育科学研究所一模（理））设，函数，若在区间内恰有个零点，则的取值范围是（）A．B．C．D．8．（2021·河南·罗山县教学研究室一模（文））已知直线分别与函数和的图象交于点、，现给出下述结论：①；②；③；④，则其中正确的结论个数是（）A．4 B．3 C．2 D．1二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分。）9．（2021·广东·深圳市龙岗区德琳学校高一阶段练习）设有下面四个命题：：若复数满足，则；：若复数满足，则；：若复数满足，则；：若复数满足，则.其中的真命题为（）A． B． C． D．10．（2021·福建·厦门一中高一期中）已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（）A．的图象关于对称B．C．在上的最大值是10D．不等式的解集为11．（2021·全国全国·模拟预测）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（）A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为aB．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为C．勒洛四面体的截面面积的最大值为D．勒洛四面体的体积12．（2022·全国·高三专题练习）对于△，其外心为，重心为，垂心为，则下列结论正确的是（）A．B．C．向量与共线D．过点的直线分别与、交于、两点，若，，则三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）13．（2021·全国·贵阳一中一模（理））已知x，y为正实数，且，则的最小值为_________.14．（2021·江苏镇江·一模）若，则___________.15．（2021·全国全国·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，，过作倾斜角为30°的直线，与以坐标原点为圆心､椭圆半焦距为半径的圆交于点（不同于点），与椭圆在第一象限交于点，若，则椭圆的离心率为___________.16．（2021·吉林·东北师大附中模拟预测（理））在四棱锥中，已知底面，，，M是平面内的动点，且满足，则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为___________.四、解答题（本题共6小题，共70分。第17题10分，其余每题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17．（2021·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心模拟预测）设函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在上的最小值.18．（2021·全国全国·模拟预测）已知数列的前n项和为，且，，.（1）在下列三个结论中选择一个进行证明，并求的通项公式.①数列是等差数列；②数列是等比数列；③数列是等比数列.（2）记，求数列的前n项和.注：如果选择多个结论分别证明，按第一个证明计分.19．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点.（1）求证：PA∥平面BDE；（2）若直线BD与平面PBC所成的角为30°，求二面角的大小.20．（2021·全国全国·模拟预测）“十四五”是我国全面建成小康社会、实现第一个百年奋斗目标之后，乘势而上开启全面建设社会主现代化国家新征程、向第二个百年奋斗目标进军的第一个五年，实施时间为2021年到2025年．某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备加大研发资金投入，为了解年研发资金投入额（单位：亿元）对年盈利额（单位：亿元）的影响，通过对“十二五”和“十三五”规划发展10年期间年研发资金投入额和年盈利额数据进行分析，建立了两个函数模型：；，其中，，，均为常数，为自然对数的底数令，经计算得如下数据：，，，，，，，，，，问：（1）请从相关系数的角度，分析哪一个模型拟合度更好？（2）根据（1）的选择及表中数据，建立，关于的回归方程（系数精确到0.01）（3）若希望2021年盈利额y为500亿元，请预测2021年的研发资金投入额为多少亿元？（结果精确到0.01）附：①相关系数r＝，回归直线中：，参考数据：，．21．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆的上顶点为，过点且与轴垂直的直线被截得的线段长为.（1）求椭圆的标准方程﹔（2）设直线交椭圆于异于点的两点，以为直径的圆经过点线段的中垂线与轴的交点为，求的取值范围.22．（2022·江苏盐城·一模）设函数.（1）求函数在处的切线方程；（2）若为函数的两个不等于1的极值点，设，记直线的斜率为，求证：.

2022届高考数学·备战热身卷1（解析版）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，有一项符合题目要求。）1．（浙江省浙东北联盟（ZDB）2021-2022学年高一上学期期中数学试题）若，则实数的值等于（）A．B．3C．D．3或【答案】A【分析】分类讨论结合集合中元素的性质求解即可.公众号拾穗者的杂货铺【详解】当时，，不满足集合中元素的互异性；当时，即或（舍），此时.2．（2021·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心模拟预测）已知，若复数（是虚数单位）是纯虚数，则（）A．0 B．1 C． D．2【答案】C【分析】根据实部为零，虚部不为零得到方程（不等式）组，解得即可；【详解】是纯虚数，则，解得.3．（2021·海南·模拟预测）函数的部分图象大致为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】先利用奇偶性排除部分选项，再由函数值的符号判断排除可得选项.【详解】因为函数的定义域为R，且，所以函数是奇函数，故排除C、D，又，故排除B选项.4．（2021·全国·模拟预测）已知首项为13的等差数列的前n项和为，且，，成等差数列．若，且，则（）A．8 B．10 C．12 D．14【答案】D【分析】设出公差,由，，成等差数列及，得到与的关系式，从而求解．【详解】设等差数列的公差为d，因为，所以，整理可得，．又，所以．若，则，故，又，所以．5．（2021·福建省龙岩第一中学模拟预测）若实数，，满足，其中，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】首先判断的范围，以及由条件可知，，，再分别代入选项，根据单调性和特殊值比较大小.【详解】因为，其中，所以，，，且，，所以，，即，故A错误；，，即，故B错误；，，因为，所以，即，即，故C错误；，，即，故D正确.6．（2021·四川·凉山彝族自治州教育科学研究所一模（理））设A，是两个事件，且发生A必定发生，，给出下列各式，其中正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据已知条件，结合和事件、积事件的概念及条件概率公式，即可求解．【详解】发生必定发生，（A），（B），故A，D错误，，故B错误，，故C正确．7．（2021·四川·乐山市教育科学研究所一模（理））设，函数，若在区间内恰有个零点，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】解法一：利用排除法，分别令和求解函数的零点进行判断，解法二：分类讨论，分在区间有个零点且在区间没有零点，在区间有个零点且在区间有个零点和在区间有个零点且在区间有个零点三种情况求解即可【详解】法一（排除法）：令，则，当时，在区间有个零点，当时，，，在区间有个零点，综上所述，在区间内有个零点，符合题意，排除A､C.令，则，当时，在区间有个零点，当时，，，在区间有个零点，综上所述，在区间内有个零点，符合题意，排除B，故选D.法二（分类讨论）：①当在区间有个零点且在区间没有零点时，满足，无解；②当在区间有个零点且在区间有个零点时，满足，解得；③当在区间有个零点且在区间有个零点时，满足，解得，公众号拾穗者的杂货铺综上所述，的取值范围是.8．（2021·河南·罗山县教学研究室一模（文））已知直线分别与函数和的图象交于点、，现给出下述结论：①；②；③；④，则其中正确的结论个数是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】根据函数和的图象关于对称，直线与垂直，可得，、，，关于对称，即可判断①；利用基本不等式即可判断②，构造，判断其单调性，即可判断③，由，判断其单调性，即可判断④．【详解】由题意直线与垂直，函数和的图象关于对称，，、，，关于对称，则；①正确；对于②：由，因为，则；②正确；对于③：构造函数；则，当时，可得，函数在单调递增；当时，可得，函数在单调递减；，，，③正确；对于④：，，令函数，则当时，可得，函数在单调递减；当时，可得，函数在单调递增；，不对，即④不对．二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分。）9．（2021·广东·深圳市龙岗区德琳学校高一阶段练习）设有下面四个命题：：若复数满足，则；：若复数满足，则；：若复数满足，则；：若复数满足，则.其中的真命题为（）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据复数的定义以及复数的分类，对命题的真假进行逐一判断即可.【详解】设，，对于，若，即，则,当，时，，故为假命题.对于，若，则，即，则，故为真命题.对于，若，则，即，，则，故为真命题.对于，若，即，则，不能推出，故不一定属于，故为假命题.10．（2021·福建·厦门一中高一期中）已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（）A．的图象关于对称B．C．在上的最大值是10D．不等式的解集为【答案】ACD【分析】依题意令，求出，再令，即可得到，从而判断A；令得到，再令，，即可判断B；再利用定义法证明函数的单调性即可判断C；依题意原不等式等价于，再根据函数的单调性转化为自变量的不等式，解得即可；【详解】因为，则有，令，则，则，令则，即，故的图象关于对称，即A正确；令，则，令代x，则，即，即，故B错误；设且，则，由，令，，则，即，由时，，得，则，所以，所以，即在上单调递减，又，所以，，又，所以，故在上的最大值为，故C正确；由，即，即，即，又因为，即，所以，即，即，即，解得，即原不等式的解集为，故D正确.11．（2021·全国全国·模拟预测）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（）A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为aB．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为C．勒洛四面体的截面面积的最大值为D．勒洛四面体的体积【答案】ABD【详解】首先求得正四面体的一些结论：正四面体棱长为，是底面的中心，是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为，是高，如图1．，，由得，解得，（内切球半径）．正四面体的体积为，外接球体积为．图1图2图3对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；对于B选项，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图2，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B，O，E三点共线，且，，因此，故B正确；对于C选项，勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图3，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，而正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，故D正确.12．（2022·全国·高三专题练习）对于△，其外心为，重心为，垂心为，则下列结论正确的是（）A．B．C．向量与共线D．过点的直线分别与、交于、两点，若，，则【答案】BCD【分析】A：由外心的性质，结合向量数量积的几何意义判断；B：根据的几何意义即可判断正误；C：应用向量数量积的运算律及定义化简，再根据判断正误；D：根据平面向量基本定理可得，再由三点共线即可证.【详解】A：为外心，则，仅当时才有，错误；B：由，又，故，正确；C：，即与垂直，又，所以与共线，正确；D：，又三点共线，则，故，正确.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）13．（2021·全国·贵阳一中一模（理））已知x，y为正实数，且，则的最小值为_________.【答案】【分析】应用“1”的代换将目标式转化为，再应用基本不等式求最小值，注意等号成立条件.【详解】∵，是正实数，且，∴，当且仅当，时，等号成立.14．（2021·江苏镇江·一模）若，则___________.【答案】【分析】由题意可得，令，则，，化简即得解.【详解】由题意可得，令，则，，所以原式.15．（2021·全国全国·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，，过作倾斜角为30°的直线，与以坐标原点为圆心､椭圆半焦距为半径的圆交于点（不同于点），与椭圆在第一象限交于点，若，则椭圆的离心率为___________.【答案】【分析】因为，得到，求得，再在中，由余弦定理得，得到，结合离心率的定义，即可求解.【详解】因为，所以为线段的中点，所以，又因为为圆的直径，所以，在中，，，所以，从而，在中，由余弦定理得，又由，所以，解得，所以椭圆的离心率.16．（2021·吉林·东北师大附中模拟预测（理））在四棱锥中，已知底面，，，M是平面内的动点，且满足，则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为___________.【答案】【分析】根据题意可得，在平面内，以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设，求出点的轨迹方程，可得当四棱锥的体积最大时，可取，三棱锥外接球的球心在过三角形外接圆圆心且垂直平面的直线上，利用勾股定理可求得外接球的半径，从而可得出答案.【详解】：因为底面，面，所以，又因，，所以平面，又平面，所以，同理，在和中，因为，所以，所以，即，在平面内，以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设，则有，化简得，即点的轨迹方程为，要使四棱锥的体积最大，只要点的纵坐标的绝对值最大即可，令，则，当四棱锥的体积最大时，可取，此时到平面的距离为，三棱锥外接球的球心在过三角形外接圆圆心且垂直平面的直线上，在三棱锥中，取的中点，点即为三角形外接圆的圆心，设三棱锥外接球的球心为，半径为，设，则有，解得，所以，所以三棱锥外接球的表面积.四、解答题（本题共6小题，共70分。第17题10分，其余每题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17．（2021·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心模拟预测）设函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在上的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）首先利用辅助角公式及二倍角公式化简函数，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）首先利用辅助角公式及二倍角公式化简函数，利用函数的定义域求出函数的值域，即可得解．【详解】：（1）函数，所以．故函数的最小正周期；（2）：由于，所以，所以即；由于，所以，所以，故，当，即时，函数取得最小值为．18．（2021·全国全国·模拟预测）已知数列的前n项和为，且，，.（1）在下列三个结论中选择一个进行证明，并求的通项公式.①数列是等差数列；②数列是等比数列；③数列是等比数列.（2）记，求数列的前n项和.注：如果选择多个结论分别证明，按第一个证明计分.【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）若选①，采用作差法可得，构造得，变形即可求证，求得的通项，变形可得的通项公式；若选②，由作差法得，构造得，可证是等比数列；求得，同时除以可得①，后续方法同①；若选③，由代换得，可证时等比数列；同时除以可得，求出的通项公式，由可求的通项公式；（2）由（1）得，代换得，结合裂项公式可求.【详解】：（1）方案一：选结论①.因为，，所以，当时，，两式相减得，，所以，即，，所以数列是等差数列，又，，所以，所以；方案二：选结论②.因为，，所以，当时，，两式相减得，，所以，，因为，所以是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，两边同时除以得，，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以；方案三：选结论③.因为，，所以，当时，，所以，因为，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，两边同时除以，得，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，所以；（2）由（1）得，，所以，所以.19．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点.（1）求证：PA∥平面BDE；（2）若直线BD与平面PBC所成的角为30°，求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）60°.【分析】（1）连结，，交于点，连结，推导出，由此能证明平面；（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设，根据直线BD与平面PBC所成的角为30°，求出，利用向量法能求出二面角的大小．【详解】：（1）证明：连结，，交于点，连结，底面是矩形，是的中点，点是的中点，，平面，平面，平面；（2）解：在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设，设，则，2，，，0，，，0，，，2，，，，，，2，，，2，，设平面的法向量，，，则，取，得，1，，直线与平面所成角为，，解得，，，2，，，2，，，0，，设平面的法向量，，，则，取，得，，，设二面角的大小为，则，，二面角的大小为．20．（2021·全国全国·模拟预测）“十四五”是我国全面建成小康社会、实现第一个百年奋斗目标之后，乘势而上开启全面建设社会主现代化国家新征程、向第二个百年奋斗目标进军的第一个五年，实施时间为2021年到2025年．某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备加大研发资金投入，为了解年研发资金投入额（单位：亿元）对年盈利额（单位：亿元）的影响，通过对“十二五”和“十三五”规划发展10年期间年研发资金投入额和年盈利额数据进行分析，建立了两个函数模型：；，其中，，，均为常数，为自然对数的底数令，经计算得如下数据：，，，，，，，，，，问：（1）请从相关系数的角度，分析哪一个模型拟合度更好？（2）根据（1）的选择及表中数据，建立，关于的回归方程（系数精确到0.01）（3）若希望2021年盈利额y为500亿元，请预测2021年的研发资金投入额为多少亿元？（结果精确到0.01）附：①相关系数r＝，回归直线中：，参考数据：，．【答案】（1）模型的拟合程度更好；（2）；（3）亿元．【分析】（1）分别计算两个函数模型的相关系数和，比较和的大小关系即可判断；（2）由得，即，根据最小二乘法求和的值，即可求解；（3）将代入（2）中的回归方程即可求解.【详解】（1）为了判断两个函数模型：；，拟合程度，只需要判断两个函数模型，拟合程度即可．设和的相关系数为，和的相关系数为，由题意，，显然，因此从相关系数的角度，模型的拟合程度更好．（2）先建立关于的线性回归方程，由得，，即，，，所以关于的线性回归方程为，即，所求回归方程为：，（3）若2021年盈利额为500亿元，即为，，，解得：，所以2021年的研发资金投入量约为亿元．21．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆的上顶点为，过点且与轴垂直的直线被截得的线段长为.（1）求椭圆的标准方程﹔（2）设直线交椭圆于异于点的两点，以为直径的圆经过点线段的中垂线与轴的交点为，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题设有且求参数a，进而写出椭圆方程.（2）讨论的斜率，当斜率存在时设、，联立椭圆方程结合韦达定理求关于的表达式，再由，应用数量积的坐标表示列方程求参数m，进而求线段中垂线的方程及的范围，即可确定的取值范围.【详解】：（1）由已知条件得：，令，得，由题意知：，解得，∴椭圆的标准方程为，（2）①当直线的斜率不存在时，显然不合题意；②当直线斜率存在时，设，当时，此时关于y轴对称，令，∴且，则，又，∴，解得或(舍)，则符合题设.∴此时有；当时，则，得，，设，则，得，，且，由，即，∴，整理得，解得（舍去），代入得：，∴为，得：，则线段的中垂线为，∴在轴上截距，而，∴且，综合①②:线段的中垂线在轴上的截距的取值范围是.22．（2022·江苏盐城·一模）设函数.（1）求函数在处的切线方程；（2）若为函数的两个不等于1的极值点，设，记直线的斜率为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出，即可求出切点坐标，从而求出切线方程；（2）首先求出函数的导函数，依题意在上有两个不等于的正根，即可得到韦达定理，不妨设，所以，根据两点斜率公式得到，即证，根据对数平均不等式可得，只需证明，令，依题意即证，，再构造函数利用导数说明函数的单调性，即可得证；【详解】：（1）因为，所以，，所以，所以切点为，切线的斜率，所以切线方程为（2）因为因为为函数的两个不等于1的极值点，所以在上有两个不等于的正根，所以，所以，不妨设，所以，所以要证即证，即，令，则，所以当时，，所以函数在上单调递增，故，即，所以在上恒成立，因为，所以，所以，即，即，所以，下面只需证明，令，因为，所以，所以，所以，即证，，即证，，令，，，所以在上单调递减，所以，得证.

2022届高考数学·热身卷一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，有一项符合题目要求。）1．（2021·四川·石室中学模拟预测（理））已知复数，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．（2022·广东·模拟预测）如图是网络上流行的表情包，其利用了“可倒”和“可导”的谐音生动形象地说明了高等数学中“连续”和“可导”两个概念之间的关系．根据该表情包的说法，在处连续是在处可导的（）．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3．已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为85，偶数项之和为170，则这个数列的公比和项数分别为A．8，2 B．2，4 C．4，10 D．2，84．（福建省泉州市2021-2022学年高一上学期期末教学质量检测数学试题）若，则（）A． B． C． D．5．如图，在△中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（）.A． B． C． D．6．（2022·江西上饶·一模（理））算盘是中国传统的计算工具，是中国人在长期使用算筹的基础上发明的，是中国古代一项伟大的､重要的发明，在阿拉伯数字出现前是全世界广为使用的计算工具.“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰的《数术记遗》，其中有云：“珠算控带四时，经纬三才.”北周甄鸾为此作注，大意是：把木板刻为3部分，上､下两部分是停游珠用的，中间一部分是作定位用的.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别是个位､十位､百位､……，上面一粒珠（简称上珠）代表5，下面一粒珠（简称下珠）是1，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.现从个位､十位､百位和千位这四组中随机拨动2粒珠（上珠只能往下拨且每位至多拨1粒上珠，下珠只能往上拨），则算盘表示的整数能够被5整除的概率是（）A． B． C． D．7．（2021·安徽·泾县中学高三阶段练习（理））已知函数（，，）的图象如图，将的图象上各点向右平移个单位长度后得到函数的图象，则（）A．在区间上单调递增B．的图象的最小正周期为C．的图象关于点对称D．的图象关于直线对称8．（2022·河南·高三阶段练习（理））过原点且斜率不为0的直线l交双曲线于A，B两点，双曲线C上与A在同一支上的点N使得直线AB，AN的斜率均存在，且，过点A作x轴的垂线交双曲线C于点M，交BN于点P，且，则双曲线C的离心率为（）A． B． C． D．二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分。）9．（2022·安徽·歙县教研室高一期末）已知集合，是全集的两个非空子集，如果且，那么下列说法中正确的有（）A．，有B．，使得C．，有D．，使得10．（2021·江苏·泰州中学高三阶段练习）下列说法正确的是（）A．的展开式中含的系数是B．已知随机变量服从正态分布，若，则C．若实数，则的最大值为D．若函数有个零点，则11．（广东省茂名市五校联盟2021-2022学年高二上学期期末联考数学试题）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段CD1上的动点，则下列判断正确的是（）A．直线AC1⊥平面BCD1A1B．点B1到平面BCD1A1的距离是C．无论点E在线段CD1的什么位置，都有AC1⊥B1ED．若异面直线B1E与AD所成的角为θ，则sinθ的最小值为12．（2022·广东清远·高二期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列.现将中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为，则（）A． B．C． D．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）13．（2022·福建福清·高二期末）若，则___．14．（2021·山东潍坊·模拟预测）已知．若，则_________．15．（2022·福建莆田·模拟预测）已知为正方体表面上的一动点，且满足，则动点运动轨迹的周长为__________.16．设函数，对任意非零实数，若等式成立，则正整数的值为__________.四、解答题（本题共6小题，共70分。第17题10分，其余每题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17．（2021·山东潍坊·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，已知，点E在AB上且AE=2BE，．(1)求的值；(2)求的周长．18．（2022·重庆市育才中学模拟预测）已知数列{}的前n项和为且满足=-n.(1)求{}的通项公式；(2)证明：19．（2021·山西吕梁·一模（理））已知点F为抛物线E：的焦点，为E上一点，且．(1)求抛物线E的方程．(2)过E上动点A作圆N：的两条切线，分别交E于B，C（不同于点A）两点，是否存在实数t，使得直线BC与圆N相切．若存在，求出实数t的值，不存在，请说明理由．20．（2021·山东潍坊·模拟预测）如图，已知圆柱的上，下底面圆心分别为是圆柱的轴截面，正方形ABCD内接于下底面圆Q，．(1)当k为何值时，点Q在平面PBC内的射影恰好是△PBC的重心；(2)若，当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角最大时，求该锐二面角的余弦值．21．（2022·福建宁德·模拟预测）某次围棋比赛的决赛，由甲乙两人争夺最后的冠军，决赛先进行两天，每天实行三盘两胜制，即先赢两盘者获得该天胜利，此时该天比赛结束．若甲乙中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天双方各赢一天，则第三天只进行一盘附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每盘比赛甲获胜的概率为，每盘比赛的结果没有平局且结果互相独立．(1)记第一天需要进行的比赛盘数为X．（ⅰ）求，并求当取最大值时p的值；（ⅱ）结合实际，谈谈（ⅰ）中结论的意义；(2)当时，记总共进行的比赛盘数为Y，求．22．（2021·山东潍坊·模拟预测）已知函数．(1)当时，求函数的单调区间；(2)设，若为函数的极值点，且，求的值.

2022届高考数学·热身卷2一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，有一项符合题目要求。）1．（2021·四川·石室中学模拟预测（理））已知复数，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】D【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义以及复数的几何意义可得出结论.【详解】由题意，得，所以，所以复数对应的点的坐标为，位于第四象限．2．（2022·广东·模拟预测）如图是网络上流行的表情包，其利用了“可倒”和“可导”的谐音生动形象地说明了高等数学中“连续”和“可导”两个概念之间的关系．根据该表情包的说法，在处连续是在处可导的（）．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【分析】若函数在处可导，则在处一定连续；若函数在处连续，但在处不一定可导.【详解】由“连续不一定可导”知，“在处连续”不能推出“在处可导”,比如函数在处连续，但是在处不可导；由“可导一定连续”知，“在处可导”可以推出“在处连续”.因此在处连续是在处可导的必要不充分条件3．已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为85，偶数项之和为170，则这个数列的公比和项数分别为A．8，2 B．2，4 C．4，10 D．2，8【答案】D【详解】设数列共有项，分别为：，由题意结合等比数列前n项和公式可得：，解得：，即这个数列的公比为2，项数为8.4．（福建省泉州市2021-2022学年高一上学期期末教学质量检测数学试题）若，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用作为分段点进行比较，从而确定正确答案.【详解】，所以.5．如图，在△中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（）.A． B． C． D．【答案】C【分析】由及，将由三点共线可求m的值，再用、表示，进而求即可【详解】∵，，即且∴，又C、P、D共线，有，即即，而∴∴=6．（2022·江西上饶·一模（理））算盘是中国传统的计算工具，是中国人在长期使用算筹的基础上发明的，是中国古代一项伟大的､重要的发明，在阿拉伯数字出现前是全世界广为使用的计算工具.“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰的《数术记遗》，其中有云：“珠算控带四时，经纬三才.”北周甄鸾为此作注，大意是：把木板刻为3部分，上､下两部分是停游珠用的，中间一部分是作定位用的.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别是个位､十位､百位､……，上面一粒珠（简称上珠）代表5，下面一粒珠（简称下珠）是1，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.现从个位､十位､百位和千位这四组中随机拨动2粒珠（上珠只能往下拨且每位至多拨1粒上珠，下珠只能往上拨），则算盘表示的整数能够被5整除的概率是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用古典概型概率公式计算概率.【详解】从个位､十位､百位和千位这四组中随机拨动2粒珠，得到的整数共有32个，分别为：11，15，51，55，101，105，501，505，110，150，510，550，1001，1005，5001，5005，1010，1050，5010，5050，1100，1500，5100，5500，2，20，200，2000，6，60，600，6000，其中算盘表示的整数能够被5整除的整数有24个，分别为：15，55，105，505，110，150，510，550，1005，5005，1010，1050，5010，5050，1100，1500，5100，5500，20，200，2000，60，600，6000，则算盘表示的整数能够被5整除的概率为.7．（2021·安徽·泾县中学高三阶段练习（理））已知函数（，，）的图象如图，将的图象上各点向右平移个单位长度后得到函数的图象，则（）A．在区间上单调递增B．的图象的最小正周期为C．的图象关于点对称D．的图象关于直线对称【答案】A【分析】由图象结合五点法求得，根据图象变换求得，根据正弦型函数性质依次判断各选项即可得出结果.【详解】依题意函数的图象的最小正周期为，所以，所以．由得，因为，所以，所以，由题意，得，则所以，在区间上单调递增，A正确，的最小正周期为,B错误．当时，，的图象不关于点对称，C错误.当时，，则D错误.8．（2022·河南·高三阶段练习（理））过原点且斜率不为0的直线l交双曲线于A，B两点，双曲线C上与A在同一支上的点N使得直线AB，AN的斜率均存在，且，过点A作x轴的垂线交双曲线C于点M，交BN于点P，且，则双曲线C的离心率为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】设点，可以得到，，设点P的坐标，由向量共线的坐标表示可得纵坐标与点的关系，然后再由三点共线性质，A，N在双曲线上化简整理可以得到a，b的关系，有离心率公式可以计算结果.【详解】设，，则，．因为，，且，，所以．因为，所以．因为．所以点P的坐标为．又因B，N，P三点共线，所以,即，，所以，所以，所以，二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分。）9．（2022·安徽·歙县教研室高一期末）已知集合，是全集的两个非空子集，如果且，那么下列说法中正确的有（）A．，有B．，使得C．，有D．，使得【答案】BC【分析】根据且确定正确选项.【详解】由于是全集的非空子集，且，所以是的真子集，所以，使得、，有，即BC选项正确.10．（2021·江苏·泰州中学高三阶段练习）下列说法正确的是（）A．的展开式中含的系数是B．已知随机变量服从正态分布，若，则C．若实数，则的最大值为D．若函数有个零点，则【答案】AB【分析】利用二项式定理可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项；利用基本不等式可判断C选项；数形结合可判断D选项.【详解】对于A选项，的展开式通项为，令，可得，所以，展开式中含的系数是，A对；对于B选项，由已知可得，由正态曲线的对称性可得，B对；对于C选项，，当且仅当时，等号成立，故，C错；对于D选项，由，可得，作出直线与曲线的图象如下图所示：由图象可知，当时，即当时，直线与曲线有个交点，此时函数有个零点，D错.11．（广东省茂名市五校联盟2021-2022学年高二上学期期末联考数学试题）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段CD1上的动点，则下列判断正确的是（）A．直线AC1⊥平面BCD1A1B．点B1到平面BCD1A1的距离是C．无论点E在线段CD1的什么位置，都有AC1⊥B1ED．若异面直线B1E与AD所成的角为θ，则sinθ的最小值为【答案】BCD【分析】以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标表示，判断ACD，结合等体积公式，求点B1到平面BCD1A1的距离，判断选项B.【详解】如图，建立空间直角坐标系，，，，，，，，A.，，因为，所以与不垂直，那么与平面不垂直，故A错误；B.点到平面的距离即点到平面的距离，设点到平面的距离为，因为，即得，解得：，故B正确；C.因为点在线段上，所以，，，所以，故C正确；D.，，，因为，所以求的最小值，即求的最大值，当时，取得最大值，最大值是，此时，故D正确.12．（2022·广东清远·高二期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列.现将中的各项除以4所得余数按原顺序构成的数列记为，则（）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据已知条件列出数列的前面几项，发现其为周期数列，利用周期数列的性质即可判断AC的正误；再利用本身的性质可判断BD的正误.【详解】因为，，，，，，，，…，所以是以6为周期的周期数列，所以，所以A正确；因为，所以C错误；因为，所以B错误；因为，所以，所以D正确.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）13．（2022·福建福清·高二期末）若，则___．【答案】【分析】导数的定义公式的变形应用，要求分子分母的变化量相同.【详解】14．（2021·山东潍坊·模拟预测）已知．若，则_________．【答案】36【分析】先求出，再根据条件求得n的值，再利用二项式展开式的通项公式求得答案.【详解】对于，令，则；令，则，即，故,15．（2022·福建莆田·模拟预测）已知为正方体表面上的一动点，且满足，则动点运动轨迹的周长为__________.【答案】【分析】首先根据条件确定P点所处的平面，再建立坐标系求出动点P的轨迹方程，据此求出轨迹的长.【详解】由可知，正方体表面上到点A距离最远的点为，所以P点只可能在面，面，面上运动，当P在面上运动时，如图示，建立平面直角坐标系，则,设，由得：，即，即P点在平面ABCD内的轨迹是以E（4,0）为圆心，以为半径的一段圆弧，因为,故,所以P点在面ABCD内的轨迹的长即为同理，P点在面内情况亦为；P点在面上时，因为，,所以，所以此时P点轨迹为以B为圆心，2为半径的圆弧，其长为，综上述，P点运动轨迹的周长为.16．设函数，对任意非零实数，若等式成立，则正整数的值为__________.【答案】504【分析】根据题意得到，代入计算得到式子，计算得到答案.【详解】，则则.四、解答题（本题共6小题，共70分。第17题10分，其余每题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17．（2021·山东潍坊·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，已知，点E在AB上且AE=2BE，．(1)求的值；(2)求的周长．【答案】(1)；(2)【分析】（1）在中利用正弦定理求解即可，（2）在中利用锐角三角函数的定义求出，在中利用余弦定理求出的长，从而可求出的周长【解析】(1)由题知，，在中，由正弦定理得，因为，，，所以．(2)因为,所以，所以，所以，在中，因为，，所以，在中，由余弦定理得，所以的周长为．18．（2022·重庆市育才中学模拟预测）已知数列{}的前n项和为且满足=-n.(1)求{}的通项公式；(2)证明：【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）利用得到递推公式，再构造等比数列求出通项公式；（2）等比放缩，证明不等式.【解析】(1)因为=-n.所以=-n-1，所以a所以，所以是首项为，公比为的等比数列.所以，所以；(2)即证明：23−1，∴23−1+19．（2021·山西吕梁·一模（理））已知点F为抛物线E：的焦点，为E上一点，且．(1)求抛物线E的方程．(2)过E上动点A作圆N：的两条切线，分别交E于B，C（不同于点A）两点，是否存在实数t，使得直线BC与圆N相切．若存在，求出实数t的值，不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在，证明见解析.【分析】（1）根据抛物线定义求出，即可求出方程；（2）假设存在，利用直线OB与圆N相切求出t，排除，再由AB,AC分别与圆相切求出为方程的根，由根与系数的关系及圆心到直线的距离化简求解即可.【解析】(1)由抛物线的定义得，，所以，E的方程为.(2)假设存在实数，使得BC与圆N相切.当A为坐标原点时，由BC与圆N相切得,直线OB的方程为，由直线OB与圆N相切得,，解之得或，当时，A，B，C三点重合，舍去，下面证明当时，满足条件.设，则直线的AB方程为:，因AB与圆相切，所以，即同理由AC与圆相切得，即为方程的两根，所以，N到直线BC的距离为.所以直线BC与圆N相切，因此存在实数，使得直线BC与圆N相切.20．（2021·山东潍坊·模拟预测）如图，已知圆柱的上，下底面圆心分别为是圆柱的轴截面，正方形ABCD内接于下底面圆Q，．(1)当k为何值时，点Q在平面PBC内的射影恰好是△PBC的重心；(2)若，当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角最大时，求该锐二面角的余弦值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）作辅助线，找到Q点在平面PBC内的射影,然后利用重心的性质结合图形的几何性质计算，求得结果；（2）建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，求出相关向量的坐标，进而求得平面和平面的的法向量，根据向量的夹角公式求得结果.【解析】(1)取中点，连结，，，则，，又，所以平面，过作，交于，因为平面，所以，又，所以平面，即是点在平面内的射影．因为恰好是的重心，所以，在中，，，所以，，所以，即．所以当时，点在平面内的射影恰好是的重心．(2)以为原点，为轴，为轴，作，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，．设平面的法向量，则即取，得．设平面的法向量，则即取，得．．因为，所以当时，上式取得最小值，此时二面角最大，所以平面与平面所成锐二面角最大时，其余弦值为．21．（2022·福建宁德·模拟预测）某次围棋比赛的决赛，由甲乙两人争夺最后的冠军，决赛先进行两天，每天实行三盘两胜制，即先赢两盘者获得该天胜利，此时该天比赛结束．若甲乙中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天双方各赢一天，则第三天只进行一盘附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每盘比赛甲获胜的概率为，每盘比赛的结果没有平局且结果互相独立．(1)记第一天需要进行的比赛盘数为X．（ⅰ）求，并求当取最大值时p的值；（ⅱ）结合实际，谈谈（ⅰ）中结论的意义；(2)当时，记总共进行的比赛盘数为Y，求．【答案】(1)（i），取最大值时，（ii）结合实际，当时双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛的盘数会更多；(2)【分析】（1）X可能取值为2，3，分别求解对应的概率，根据期望的定义求解，再根据二次函数的性质求最值即可；（2）即或，即获胜方两天均为获胜或者获胜方前两天的比分为和或者和再加附加赛，分别计算概率即可【解析】(1)（i）X可能取值为2，3，；故即，则当时，取得最大值.（ii）结合实际，当时双方实力最接近，比赛越激烈，则一天中进行比赛的盘数会更多．(2)当时，双方前两天的比分为或的概率均为比分为或的概率均为则或，即获胜方两天均为获胜，故；即获胜方前两天的比分为和或者和再加附加赛，故所以22．（2021·山东潍坊·模拟预测）已知函数．(1)当时，求函数的单调区间；(2)设，若为函数的极值点，且，求的值.【答案】(1)增区间是，减区间是；(2)【分析】（1）利用导数得出函数的单调区间；（2）分类讨论的范围，利用导数得出在的极值，结合，从而得出的值.【解析】(1)函数的定义域为，当时，，，当时，，当时，，所以函数的增区间是，减区间是．(2)由题意只需研究在上的极值点的情况．可得，，①当时，，是单调递增函数，即是单调递增函数．因为，所以当时，，是单调递增函数．所以在上没有极值点；②当时，由（1）知，，即，所以在上是减函数，没有极值点；③当时，令，，可得当时，，当时，，即，所以在上单调递减，又因为，所以时，，所以在上单调递减，没有极值点；④当时，，由二次函数的图像得存在使得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；又，所以时，．当时，，所以存在，使得，所以在单调递增，在单调递减，所以符合题目要求，即，，所以，得，即，即，当时，成立，当时，，即，令，可得，在上为增函数，所以，无解，故．所以．

2022届高考数学·备战热身卷3一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，有一项符合题目要求。）1．（2022·河北·模拟预测）已知集合A=（

）A．B．C．或D．

2．（2022·河北·模拟预测）已知复数（，），若，则（

）A． B． C． D．3．（2022·河北·模拟预测）一质点在单位圆上作匀速圆周运动，其位移满足的方程为，其中h表示位移（单位：m），t表示时间（单位：s），则质点在时的瞬时速度为（

）A．sin2m/s B．cos2m/s C．2sin2m/s D．2cos2m/s4．（2022·全国·高三专题练习）在等差数列中，，，则（

）A．0 B．m C．n D．5．（2022·河北·模拟预测）函数（）的图象大致是A． B．C． D．6．（2022·河北·模拟预测）已知向量与的夹角为120°，且，向量满足，且，记向量在向量与方向上的投影分别为、．的最大值为（

）A． B．2 C． D．7．（重庆市西南大学附属中学校2021-2022学年高二下学期第三次月考数学试题）已知数列满足，，则下列结论错误的是（

）A．是单调递增数列B．存在，使得C．D．8．（2022·河北·模拟预测）已知是方程的零点（其中为自然对数的底数），下列说法错误的是（

）A． B． C． D．二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分。）9．（2022·河北·模拟预测）下列函数中，以为最小正周期，且在上单调递减的为（

）A． B． C． D．10．（江西省新余市2021-2022学年高一上学期期末数学试题）下列命题是真命题的为（）A．，函数恒过定点（1，2）B．若，则C．已知一个样本为：1，3，4，a，7，且它的平均数是4，则这个样本的方差是4D．数据170，168，172，172，176，178，175的60%分位数是17511．（2022·河北·模拟预测）下列结论正确的有（

）A．若，则B．若，，，则C．若，，则D．若，，，则12．（广东省汕头市2022届高三上学期期末数学试题）在棱长为1的正方体中，为底面的中心，，为线段的中点，则（

）A．与共面B．三棱锥的体积跟的取值无关C．时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为D．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）13．（2022·河北·模拟预测）已知向量，，且，则__________.14．（2022·河北·模拟预测）如果函数同时满足下列两个条件：①函数图象关于直线对称；②函数图象关于点对称，那么我们称它为“点轴对称型函数”.请写出一个这样的“点轴对称函数”___________.15．（2022·河北·模拟预测）已知过椭圆上的动点作圆（为圆心）：的两条切线，切点分别为，若的最小值为，则椭圆的离心率为______．16．（2022·浙江浙江·高三阶段练习）如图，点P是半径为2的圆O上一点，现将如图放置的边长为2的正方形（顶点A与P重合）沿圆周逆时针滚动.若从点A离开圆周的这一刻开始，正方形滚动至使点A再次回到圆周上为止，称为正方形滚动了一轮，则当点A第一次回到点P的位置时，正方形滚动了________轮，此时点A走过的路径的长度为___________.四、解答题（本题共6小题，共70分。第17题10分，其余每题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17.（2022·云南·昆明一中高一期末）如图，已知直线，A是之间的一定点，并且点A到，的距离分别为和2.B，C分别是直线上的动点，且，设，.(1)写出关于x的函数解析式；(2)求函数的最小值及相对应的x的值.18．（山东省烟台市2022届高三一模数学试题）己知等差数列的前n项和为，，．(1)求的通项公式；(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值．19．（2022·北京一七一中高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，E是的中点，作交于点F.(1).证明：平面；(2)证明：平面；(3)求二面角的余弦值.20．（2022·广东江门·模拟预测）浙江省东魁杨梅是现在世界上最大果形的杨梅，有“乒乓杨梅”、“杨梅之皇”的美誉.东魁杨梅始于浙江黄岩区江口街道东岙村一棵树龄约120多年的野杨梅树，经过东岙村和白龙岙村村民不断改良，形成了今天东魁杨梅的品种.栽培东魁杨梅一举多得，对开发山区资源，绿化荒山，保持水土，增加山区经济收入具有积极意义.根据多年的经验，可以认为东魁杨梅果实的果径（单位：mm），但因气候、施肥和技术的不同，每年的和都有些变化.现某农场为了了解今年的果实情况，从摘下的杨梅果实中随机取出1000颗，并测量这1000颗果实的果径，得到如下频率分布直方图.(1)用频率分布直方图估计样本的平均数近似代替，标准差s近似代替，已知.根据以往经验，把果径与的差的绝对值在内的果实称为“标准果”.现从农场中摘取20颗果，请问这20颗果恰好有一颗不是“标准果”的概率；（结果精确到0.01）(2)随着直播带货的发展，该农场也及时跟进.网络销售在大大提升销量的同时，也增加了坏果赔付的成本.现该农场有一款“”的主打产品，该产品按盒销售，每盒20颗，售价80元，客户在收到货时如果有坏果，每一个坏果该农场要赔付4元.根据收集到的数据，知若采用款包装盒，成本元，且每盒出现坏果个数满足，若采用款包装盒，成本元，且每盒出现坏果个数满足，（为常数），请运用概率统计的相关知识分析，选择哪款包装盒可以获得更大利润?参考数据：；；；；；.21．（2022·河北唐山·一模）已知椭圆经过点，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，椭圆C的左、右顶点为，，不与坐标轴垂直且不过原点的直线l与C交于M，N两点（异于，），点M关于原点O的对称点为点P，直线与直线交于点Q，直线与直线l交于点R.证明：点R在定直线上.22．（2022·全国·模拟预测）已知函数，且是函数的导函数，(1)求函数的极值；(2)当时，若方程有两个不等实根．（ⅰ）证明：；（ⅱ）证明：．

2022届高考数学·备战热身卷3一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，有一项符合题目要求。）1．（2022·河北·模拟预测）已知集合A=（

）A．B．C．或D．

【答案】A【分析】先求出集合，再根据集合的交集运算，即可求出结果.【详解】因为集合，所以.2．（2022·河北·模拟预测）已知复数（，），若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数相等的条件求出a、b，即可得到答案.【详解】因为，所以.所以.所以.3．（2022·河北·模拟预测）一质点在单位圆上作匀速圆周运动，其位移满足的方程为，其中h表示位移（单位：m），t表示时间（单位：s），则质点在时的瞬时速度为（

）A．sin2m/s B．cos2m/s C．2sin2m/s D．2cos2m/s【答案】D【分析】求出可求质点在时的瞬时速度，从而可得正确的选项.【详解】因为，所以，所以质点在时的瞬时速度为2cos2m/s．4．（2022·全国·高三专题练习）在等差数列中，，，则（

）A．0 B．m C．n D．【答案】A【分析】选择题可以用特殊值法，简便又快捷.【详解】构造等差数列使得，，这里，，于是，排除B、C、D.5．（2022·河北·模拟预测）函数（）的图象大致是A． B．C． D．【答案】B【详解】由题意可知，所以函数是奇函数，依据图象排除A和C选项，由于，即，排除D选项，故选B.6．（2022·河北·模拟预测）已知向量与的夹角为120°，且，向量满足，且，记向量在向量与方向上的投影分别为、．的最大值为（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】由数量积的定义得，由向量共线定理得在线段上，由，得，利用投影公式计算出，计算是常数，因此只要最小即可得最大，利用余弦定理和基本不等式可得结论．【详解】由得，设，，，因为，由向量共线定理知在线段上，如图，设，则，因为，所以，即，故在方向上的投影与在方向上的投影相等，因此，又，，所以，又，所以，为常数，因此要使得最大，只要最小，由余弦定理，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，因此的最大值为，故的最大值为．7．（重庆市西南大学附属中学校2021-2022学年高二下学期第三次月考数学试题）已知数列满足，，则下列结论错误的是（

）A．是单调递增数列B．存在，使得C．D．【答案】B【分析】根据可推导得到当时，，结合可求得，由此可得，知AB正误；由，采用裂项相消法可知C正确；根据递推关系式计算出即可知D正确.【详解】对于A，由得：，时，；，，，依次类推可得：，，是单调递增数列，A正确；对于B，由A中推导可知：，不存在，使得，B错误；对于C，由得：，，，C正确；对于D，由，得：，，D正确.8．（2022·河北·模拟预测）已知是方程的零点（其中为自然对数的底数），下列说法错误的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件确定所在区间，再逐一分析各个选项即可判断作答.【详解】函数在R上单调递增，而，，而是方程的零点，则，即，A正确；由得：，整理得：，B正确；因，，则，C不正确；因，则有，D正确.二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得2分。）9．（2022·河北·模拟预测）下列函数中，以为最小正周期，且在上单调递减的为（

）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根据图象的周期变换和翻折变换作出函数图象，然后可得.【详解】作出函数的图象，如图1，显然A错误；作函数图象，如图2，故B正确；作函数图象，如图3，故C错误；作函数图象，如图4，故D正确.10．（江西省新余市2021-2022学年高一上学期期末数学试题）下列命题是真命题的为（）A．，函数恒过定点（1，2）B．若，则C．已知一个样本为：1，3，4，a，7，且它的平均数是4，则这个样本的方差是4D．数据170，168，172，172，176，178，175的60%分位数是175【答案】BCD【分析】求出函数的图象所过定点即可判断A;利用作差法比较，可判断B;根据平均数求出a,即可求得方差,可判断C;将数据170，168，172，172，176，178，175从小到大排列，求得其60%分位数，即可判断D.【详解】因为，故，故，函数恒过定点（1，3），故A错误；，由于，故，即，故B正确；样本为：1，3，4，a，7，且它的平均数是4，即，，其方差为，故C正确；数据170，168，172，172，176，178，175从小到大排列为：168,170,172,172,175,176,178，而，故这组数据的60%分位数时175，故D正确，11．（2022·河北·模拟预测）下列结论正确的有（

）A．若，则B．若，，，则C．若，，则D．若，，，则【答案】BCD【分析】对于A，分和两种情况分析判断即可，对于B，利用指数函数、对数函数和三角函数的单调性判断，对于C，令，则，则，化简，再求可得答案，对于D，构造函数，由导数判断函数的单调性，然后利用单调性比较大小【详解】对于A，当时，由，得，则，当时，由，得，则，因为，所以，综上，或，所以A错误，对于B，因为，所以，所以，所以，因为，所以，即，所以，所以，所以B正确，对于C，令，则，所以，所以，所以，所以，所以C正确，对于D，令，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以D正确.12．（广东省汕头市2022届高三上学期期末数学试题）在棱长为1的正方体中，为底面的中心，，为线段的中点，则（

）A．与共面B．三棱锥的体积跟的取值无关C．时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为D．【答案】ABC【分析】由为的中点，得到，可判定A正确；由到平面的距离为定值，且的面积为定值，根据，可得判定B正确，由时，得到三点的正方体的截面是等腰梯形，可判定C正确；当时，根据，可判定D不正确．【详解】在中，因为为的中点，所以，所以与共面，所以A正确；由，因为到平面的距离为定值，且的面积为定值，所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以B正确；当时，过三点的正方体的截面是等腰梯形，所以平面截正方体所得截面的周长为，所以C正确；当时，可得，则，所以不成，所以D不正确．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）13．（2022·河北·模拟预测）已知向量，，且，则__________.【答案】；【详解】因为，，所以，因为，所以，解得.14．（2022·河北·模拟预测）如果函数同时满足下列两个条件：①函数图象关于直线对称；②函数图象关于点对称，那么我们称它为“点轴对称型函数”.请写出一个这样的“点轴对称函数”___________.【答案】或【详解】根据题意，设，由于的图象关于直线对称，且关于点对称，则，即，当时，解得：，所以或.15．（2022·河北·模拟预测）已知过椭圆上的动点作圆（为圆心）：的两条切线，切点分别为，若的最小值为，则椭圆的离心率为______．【答案】【详解】由椭圆方程知其右焦点为；由圆的方程知：圆心为，半径为；当最小时，则最小，即，此时最小；此时，；为椭圆右顶点时，，解得：，椭圆的离心率.16．（2022·浙江浙江·高三阶段练习）如图，点P是半径为2的圆O上一点，现将如图放置的边长为2的正方形（顶点A与P重合）沿圆周逆时针滚动.若从点A离开圆周的这一刻开始，正方形滚动至使点A再次回到圆周上为止，称为正方形滚动了一轮，则当点A第一次回到点P的位置时，正方形滚动了________轮，此时点A走过的路径的长度为___________.【答案】

3；【详解】正方形滚动一轮，圆周上依次出现的正方形顶点为，顶点两次回到点P时，正方形顶点将圆周正好分成六等分，由4和6的最小公倍数：，所以到点A首次与P重合时，正方形滚动了3轮.这一轮中，点A路径是圆心角为，半径分别为2，，2的三段弧，故路径长，∴点A与P重合时总路径长为.四、解答题（本题共6小题，共70分。第17题10分，其余每题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17.（2022·云南·昆明一中高一期末）如图，已知直线，A是之间的一定点，并且点A到，的距离分别为和2.B，C分别是直线上的动点，且，设，.(1)写出关于x的函数解析式；(2)求函数的最小值及相对应的x的值.【答案】(1)，；(2)时，.【解析】(1)依题意，，而，，，则，由知，点B，C在直线DE同侧，均为锐角，则有，在中，，在中，，则，所以，.(2)由(1)得：因，即，当，即时，取最大值1，所以.18．（山东省烟台市2022届高三一模数学试题）己知等差数列的前n项和为，，．(1)求的通项公式；(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值．【答案】(1)；(2)142.【解析】(1)设的公差为d，由已知，．解得，d＝2．所以；(2)因为与之间插入个1，所以在中对应的项数为，当k＝6时，，当k＝7时，，所以，，且．因此.19．（2022·北京一七一中高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，E是的中点，作交于点F.(1).证明：平面；(2)证明：平面；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)【解析】(1)如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设．（1）证明：连接AC，AC交BD于G，连接EG．依题意得．∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为且．∴，故PA∥EG．而EG⊂平面EDB且PA⊄平面EDB，∴PA∥平面EDB．(2)依题意得B（a，a，0），．又，故．∴PB⊥DE．由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，所以PB⊥平面EFD．(3)设点F的坐标为（x0，y0，z0），，则（x0，y0，z0﹣a）＝λ（a，a，﹣a）．从而x0＝λa，y0＝λa，z0＝（1﹣λ）a．所以．由条件EF⊥PB知，，即，解得∴点F的坐标为，且易知,又，所以平面,故是平面的法向量，设平面的法向量，又,所以，令，则，所以，所以故二面角的大小为.20．（2022·广东江门·模拟预测）浙江省东魁杨梅是现在世界上最大果形的杨梅，有“乒乓杨梅”、“杨梅之皇”的美誉.东魁杨梅始于浙江黄岩区江口街道东岙村一棵树龄约120多年的野杨梅树，经过东岙村和白龙岙村村民不断改良，形成了今天东魁杨梅的品种.栽培东魁杨梅一举多得，对开发山区资源，绿化荒山，保持水土，增加山区经济收入具有积极意义.根据多年的经验，可以认为东魁杨梅果实的果径（单位：mm），但因气候、施肥和技术的不同，每年的和都有些变化.现某农场为了了解今年的果实情况，从摘下的杨梅果实中随机取出1000颗，并测量这1000颗果实的果径，得到如下频率分布直方图.(1)用频率分布直方图估计样本的平均数近似代替，标准差s近似代替，已知.根据以往经验，把果径与的差的绝对值在内的果实称为“标准果”.现从农场中摘取20颗果，请问这20颗果恰好有一颗不是“标准果”的概率；（结果精确到0.01）(2)随着直播带货的发展，该农场也及时跟进.网络销售在大大提升销量的同时，也增加了坏果赔付的成本.现该农场有一款“”的主打产品，该产品按盒销售，每盒20颗，售价80元，客户在收到货时如果有坏果，每一个坏果该农场要赔付4元.根据收集到的数据，知若采用款包装盒，成本元，且每盒出现坏果个数满足，若采用款包装盒，成本元，且每盒出现坏果个数满足，（为常数），请运用概率统计的相关知识分析，选择哪款包装盒可以获得更大利润?参考数据：；；；；；.【答案】(1)0.38；(2)当时，采用两种包装利润一样，当时，采用B款包装盒，当时，采用A款包装盒.【解析】(1)由题意得：，所以，，则，，所以，设从农场中摘取20颗果，这20颗果恰好有一颗不是“标准果”为事件A，则(2)由，解得：，所以，采用A款包装盒获得利润的数学期望，采用B款包装盒获得利润的数学期望，令，解得：a=，由于，令，解得：，令，解得：，故当时，采用两种包装利润一样，当时，采用B款包装盒，当时，采用A款包装盒.21．（2022·河北唐山·一模）已知椭圆经过点，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，椭圆C的左、右顶点为，，不与坐标轴垂直且不过原点的直线l与C交于M，N两点（异于，），点M关于原点O的对称点为点P，直线与直线交于点Q，直线与直线l交于点R.证明：点R在定直线上.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】(1)由题意知，，解得，故椭圆C的方程为.(2)设，，则.直线l的方程为，其中且，将代入椭圆，整理得，由与韦达定理得：，，.由（1）知：，，设，由、P、Q三点共线得：，由、N、Q三点共线得：，则，于是直线的斜率为，直线的方程为，联立，解得：，即点R在定直线上.22．（2022·全国·模拟预测）已知函数，且是函数的导函数，(1)求函数的极值；(2)当时，若方程有两个不等实根