卷3-2022年高考数学模拟卷（新高考）（解析版）

2022年高考数学模拟卷（新高考专用）二轮拔高卷03(本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟)一､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要求的.1．已知集合，，则（）A． B． C． D．【答案】D【详解】，所以，，所以，故故选：D2．已知，则（）A． B．C． D．【答案】A，故选：A.3．已知一个圆锥的底面半径为，其侧面面积是底面面积的倍，则该圆锥的体积为（）A． B． C． D．【答案】D设圆锥的母线为，高为，由题意可知，圆锥的底面半径为，圆锥的侧面积为，所以，故，所以该圆锥的体积为，故选：D.4．直线与圆交于、两点，则（）A． B． C． D．【答案】B圆心到直线的距离为，圆的半径为，又，故，故选：B.5．已知为偶函数，且函数在上单调递减，则不等式的解集为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为为偶函数，所以为奇函数，又在上单调递减，所以在上单调递减，所以由，得，即，，所以，得，即.故选：B.6．假期里，有4名同学去社区做文明实践活动，根据需要，要安排这4名同学去甲、乙两个文明实践站，每个实践站至少去1名同学，则不同的安排方法共有（）A．20种 B．14种 C．12种 D．10种【答案】B解：先将4名同学分为两组，两组人数为可能为1,3人或2,2人，当两组人数为1,3时，有种方案，当两组人数为2,2时，有种方案，所以将4名同学分为两组，共有种方案，再将两组同学分配到两个文明实践站，有种，所以根据乘法原理得共有种不同的方法.故选：B7．长方体中，，E为棱上的动点，平面交棱于F，则四边形的周长的最小值为（）A． B． C． D．【答案】B解：将长方体展开，如图所示：当点为与的交点，为与的交点时，截面四边形的周长最小，最小值为．故选：B．8．已知，则当时，与的大小关系是（）A．B．C．D．不确定【答案】B【详解】解：由函数，得函数在上递增，在上递减，在上递增，作出函数和的图像，如图所示，令，得或，结合图像可知，当时，，则，当时，，则，当时，，则，综上所述，当时，.故选：B.二､选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．若函数，则关于的性质说法正确的有（）A．偶函数 B．最小正周期为C．既有最大值也有最小值 D．有无数个零点【答案】CDA：因为，所以该函数不是偶函数，因此本选项说法不正确；B：因为，所以该函数最小正周期不是，因此本选项说法不正确；C：因为，当时，该函数有最大值，当时，该函数有最小值，因此本选项说法正确；D：，则有，解得，或，即，或，或，因此本选项说法正确，故选：CD10．已知为椭圆的左､右焦点，直线与椭圆交于两点，过点向轴作垂线，垂足为，则（）A．椭圆的离心率为B．四边形的周长一定是C．点与焦点重合时，四边形的面积最大D．直线的斜率为【答案】ABD由的方程可得离心率为，故A正确；由椭圆定义可知，，同理，，所以四边形的周长一定是，故B正确；四边形的面积，当点与焦点重合时，，此时四边形的面积，故C错误；设，故，则，故D正确.故选：ABD11．已知为曲线上一动点，则（）A．的最小值为1B．存在一个定点和一条定直线，使得到定点的距离等于到定直线的距离C．到直线的距离的最小值小于D．的最小值为6【答案】ABD【详解】由，得，则曲线为抛物线的右半部分(含原点).因为抛物线的焦点为，准线为：，所以B正确，，A正确，原点到直线的距离为，数形结合可知，原点到直线的距离是最短距离，C错误.设点到准线：的距离为，到准线：的距离为，则，D正确.故选：ABD12．对于正整数是小于或等于的正整数中与互质的数的数目.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如，则（）A．B．数列为等比数列C．数列单调递增D．数列的前项和恒小于4【答案】ABD【详解】因为7为质数，所以与不互质的数为7，14，21，…，，共有个，所以，故A正确；因为与互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，…，，，共有个，所以，则数列为等比数列，故B正确；因为，，，所以数列不是单调递增数列，故C错误；因为，所以.设，则，所以，所以，从而数列的前项和为，故D正确.故选：ABD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．抛物线上一点与焦点F的距离，则M到坐标原点的距离为___________.【答案】【详解】抛物线的准线为：，由抛物线定义得：，解得，抛物线方程为，而在抛物线上，则，原点为O，即有，所以M到坐标原点的距离为.故答案为：14．的最小值为___________.【答案】9【详解】因为，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为9.故答案为：15．已知向量，向量，若，则实数___________.【答案】因为，所以，所以.故答案为：.16．已知：若函数在上可导，，则.又英国数学家泰勒发现了一个恒等式，则___________，___________.【答案】1##【详解】解：因为，令，即，所以；又，所以，所以，所以所以故答案为：；四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17．从①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答.已知点在内，，若___________，求的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】【详解】解：选择①，因为点在内，，，所以，所以，由余弦定理得，即，解得，又，所以，所以.选择②，因为，所以，所以，又因为点在内，，所以所以，所以，由余弦定理得，即，解得，又，所以，所以.选择③，因为，所以，在中，，在中，，又，所以，所以.18．已知是数列的前项和，.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用求得.（2）利用裂项求和法求得.(1)当时，由，得，则.当时，有，符合上式.综上，.(2)由（1）得，，则.19．某车间打算购买2台设备，该设备有一个易损零件，在购买设备时可以额外购买这种易损零件作为备件，价格为每个100元.在设备使用期间，零件损坏，备件不足再临时购买该零件，价格为每个300元.在使用期间，每台设备需要更换的零件个数的分布列为567.表示2台设备使用期间需更换的零件数，代表购买2台设备的同时购买易损零件的个数.(1)求的分布列；(2)以购买易损零件所需费用的期望为决策依据，试问在和中，应选哪一个？【答案】(1)答案见解析；(2)应选择.【解析】【分析】(1)由每台设备需更换零件个数的分布列求出的所有可能值，并求出对应的概率即可得解.(2)分别求出和时购买零件所需费用的期望，比较大小即可作答.(1)的可能取值为10，11，12，13，14，，，，，，则的分布列为：10111213140.090.30.370.20.04(2)记为当时购买零件所需费用，，，，，元，记为当时购买零件所需费用，，，，元，显然，所以应选择.20．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，Q为的中点．(1)求证：；(2)若平面底面，点E在棱上，，且二面角的大小为，求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）连接，可证得四边形为平行四边形，进而证明，又由等腰三线合一可证得，则平面，故得证.（2）几何法：作出二面角的平面角，由得等腰直角，将两直角边和分别用和表示，求出的值，根据棱锥的体积公式，则可求出四棱锥的体积；向量法：根据题中的条件，建立空间直角坐标系，设，将相关点的坐标表示出来，求出平面和平面的法向量，根据二面角的向量计算方法，求出的值，最后根据棱锥的体积公式，求出四棱锥的体积.(1)证明：连接，因为，Q为的中点，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以，即，因为，Q为的中点，所以所以平面，因为平面，所以．(2)解：因为，Q为的中点，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，过点E作交于点H，过点H作交于点G，连接，则为二面角的平面角，由已知得，∴在直角中，，由于，故．设，则，所以，故四棱锥的体积为．法2：因为，Q为的中点，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面．所以以Q为原点，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，令，如图：，所以，又，设平面的法向量为，则所以所以平面的法向量为，由题意知平面的法向量为，因为二面角为，所以，解得，即，所以四棱锥的体积为．21．已知双曲线C的渐近线方程为，且过点.(1)求C的方程；(2)设，直线不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线与C交于另一点D，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)见解析【解析】【分析】（1）可设双曲线的方程为，将点代入求出，即可得解；（2）可设直线为，，联立，消，利用韦达定理求得，然后求出直线的方程，整理分析即可得出结论.(1)解：因为双曲线C的渐近线方程为，则可设双曲线的方程为，将点代入得，解得，所以双曲线C的方程为；(2)解：显然直线的斜率不为零，设直线为，，联立，消整理得，依题意得且，即且，，直线的方程为，令，得.所以直线过定点.22．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【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