【高考大赢家·提升】学渣逆袭解密卷（押题卷）（解析版）

绝密★启用前【高考冲刺满分】2022年高考数学名师押题预测全真模拟卷（全国乙卷）理科数学【高考大赢家·提升】学渣逆袭解密卷（押题卷）（试卷满分：150分，考试用时：120分钟）注意事项：1.答卷前，考生务必填写好自己的姓名、准考证考号等信息。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1．设为实数，且为纯虚数（其中是虚数单位），则（

）A．1 B． C． D．【答案】A【分析】利用复数代数形式的除法运算法则化简，再根据纯虚数的定义即可得出．【详解】解：复数为纯虚数（其中是虚数单位），为实数．，解得．故选：A．2．已知函数，，则函数的最大值是（

）A． B． C．-1 D．【答案】B【分析】直接求导确定函数的单调性，进而求出最大值.【详解】解：依题意函数，，则函数在上递增，在上递减．因此在上，．故选：B．3．锐角是单位圆的内接三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由，利用余弦定理得到，再利用正弦定理结合两角和与差的三角函数得到，结合外接圆半径得到，进而得到，利用正切函数的性质求解.【详解】解：由，得，由余弦定理，可得，又由正弦定理，可得，所以，得，又，所以，所以.又，所以，所以.又，且，故，所以.又，所以，得，所以，故选：C.4．已知集合，，若有2个元素，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题知，进而根据题意求解即可.【详解】解：因为，，若有2个元素，则或，解得或，所以，实数的取值范围是.故选：D．5．等差数列的前5项和为40，，则（

）A．12 B．14 C．6 D．7【答案】B【分析】设等差数列的公差为，依题意根据等差数列的通项公式及前项和公式得到方程组，解得和，即可求出数列的通项公式，即可得解；【详解】解：设等差数列的公差为，依题意，解得，所以，所以；故选：B6．在△中，，E是上一点．若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据图形可设，从而得到，根据已知条件，即可求出的值.【详解】解：如图所示，设，则，又∵，∴，∴，故选：．7．若存在实数x，y，使得成立，且对任意a，，，则实数t的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据不等式组有解，得出的一个范围，利用基本不等式得出的又一个范围，两者的公共部分即为所求．【详解】解：的解为，若存在实数x，y，使得成立，则应满足，即，所以，又，所以，所以t的取值范围是，故选：B．8．设，为两个不同的平面，则的一个充分条件是（

）A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一条直线【答案】D【分析】利用空间中线面、面面的位置关系判断即可；【详解】解：对于A：内有无数条直线与平行推不出，只有内所有直线与平行才能得出，故A错误，对于B：，垂直于同一平面，得到或与相交，故B错误，对于C：，平行于同一条直线，得到或与相交，故C错误，对于D：因为垂直与同一条直线的两平面平行，故，垂直于同一条直线，故D正确．故选：D．9．已知抛物线：的焦点为F，C的准线与对称轴交于点D，过D的直线l与C交于A，B两点，且，若FB为∠DFA的角平分线，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据抛物线的定义，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为，，然后利用，得到，进而利用，化简，可求出的值【详解】解：：，则，所以．过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为，，则，因为FB为∠DFA的平分线，则，又，所以，所以，又，所以．故选：B10．如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），段马路由于正在维修，暂时不通，则从到的最短路径有（

）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】B【分析】先考虑所有的最短路径有种，再减去经过段的最短路程即可.【详解】解：由题意知：从从到的最短路径要通过7段马路，4段水平马路，3段竖直马路，共有种，又因为经过段的走法有种，故不经过段的最短路程有种.故选：B.11．科赫曲线因形似雪花，又被称为雪花曲线.其构成方式如下：如图①，将线段AB等分为AC，CD，DB，如图②，以CD为底向外作等边三角形CMD，并去掉线段CD，在图②的各条线段上重复上述操作，当进行三次操作后形成图③的曲线，设线段AB的长度为1，则图③曲线的长度为（

）A．2 B． C． D．3【答案】C【分析】根据题意，分别求得，，，进而求得的值，即可求解.【详解】解：由题意可得，未进行操作时，曲线为，长度为，进行1次操作时，曲线的长度为；进行2次操作时，曲线的长度为，所以曲线的长度构成一个等比数列，公比为，首项为1，故，所以当进行3次操作后形成图③的曲线时，曲线的长度.故选：C.12．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（

）（是自然对数的底数）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数的奇偶性可排除A，根据函数的定义域可排除CD.【详解】解：对于A，函数的定义域为，由，所以函数为奇函数，不符合题意；对于B，函数的定义域为，由，所以函数为偶函数，符合题意；对于C，函数，则，得且，故函数的定义域为且，结合函数图像可知，不符题意；对于D，函数的定义域为且，结合函数图像可知，不符题意.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知平面向量，，若，则＝___．【答案】【分析】先求出的坐标，再由垂直关系利用数量积为，即可求解.【详解】解：由题，，因为，所以，即，解得，故答案为：14．已知函数，若，则的最大值为_________．【答案】【分析】根据，得到，，由在上单调递增，得到，进而得到，利用导数法求解.【详解】解：由题意，，得，所以，即，又，得，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，则，所以，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，所以．故答案为：15．定义为数列的“匀称值”，若数列的“匀称值”为，设，数列的前项和为，则_________.【答案】【分析】由已知可得出，利用前项和与通项公式的关系可求得，然后求出数列的通项公式，利用等差数列求和、裂项相消法结合分组求和法可求得的值.【详解】解：由题意可得，所，，当时，则有；当时，由得，上述两个等式作差可得，则，也满足，故对任意的，，则，所以，.故答案为：.16．如图，等腰与矩形所在平面垂直，且，则四棱锥的外接球的表面积为______．【答案】【分析】连接，交于点，取的中点，连接，则由已知可得平面，连接，，然后利用已知条件可求出，从而可得点为四棱锥的外接球的球心，从而可求出其表面积【详解】解：连接，交于点，取的中点，连接，因为，所以，因为等腰与矩形所在平面垂直，平面平面，所以平面，连接，，则因为等腰和矩形中，，所以，所以，所以，所以，所以点为四棱锥的外接球的球心，则球的半径为所以四棱锥的外接球的表面积为，故答案为：三、解答题：本题共7小题，共70分。第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22-23题为选答题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（本题满分12分）已知正项等比数列的前n项和为，，且___________．请在①；②；③是和的等差中项；这三个条件中任选一个，补充到上述题目中的横线处，并求解下面的问题．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)；(2)【分析】（1）选①，利用等比数列的通项公式求得公比，即可求解；选②，利用等比数列的通项公式与求和公式可求得公比，进而得解；选③，利用等差中项及等比数列通项公式可得解；（2）由裂项相消法可求解.【详解】解：(1)设等比数列的公比为，由于，则有．选择条件①，由已知得，又，所以，解得（舍去）或，所以．选择条件②，由已知得，所以，即，又，所以，解得（舍去）或，所以．选择条件③，由题，可知，又，则有，解得（舍去）或，所以．(2)由（1）得，，所以．所以．18．（本题满分12分）已知函数．(1)当时，讨论函数的单调性；(2)若，求的最大值．【答案】(1)函数在区间上单调递增，在区间上单调递减(2)【分析】（1）将代入，求导后判断导数与0的关系即可得单调性；（2）将所证不等式转化为，通过证明不小于函数切线所对应的函数值，进而得到，再次构造函数，利用导数求出最值即可.【详解】解：(1)当时，，定义域为，所以，当时，，当时，，所以当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．(2)由，得，故．设点为上一点，，则在点处的切线为．设，则，当时，，当时，，故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增．故，所以．令，则，设，，当时，，当时，故函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．故，所以的最大值为．【点睛】该题证明不等式主要是由含有参数的一次函数联想到曲线的切线问题，证明曲线始终再切线的上方，进而将分别用表示是解题的关键.19．（本题满分12分）如图，在三棱锥中，，二面角为直二面角．(1)若，证明：平面ABD⊥平面ACD；(2)若，，二面角的余弦值为．求CD的长．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】(1)二面角为直二面角推出平面，所以，又，得到平面AB⊥平面ACD，进一步得平面ABD⊥平面ACD.(2)以的中点为坐标原点，分别以面内垂直于的直线、直线、直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设

，分别求出平面和平面法向量，由面角的余弦值为，求出解得，则.【详解】(1)因为二面角为直二面角，所以平面平面.又平面平面=，平面，，所以，所以平面，又平面，所以，又，，所以平面AB⊥平面ACD，又因为平面，所以平面ABD⊥平面ACD.(2)如图，以的中点为坐标原点，分别以面内垂直于的直线、直线、直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设

，因为，则，所以，设平面的法向量为，则，令，得平面的一个法向量，同理，得平面的一个法向量，由二面角的余弦值为，有，解得，则.20．（本题满分12分）某厂新开设了一条生产线生产一种零件，为了监控生产线的生产情况，每天需抽检10个零件，监测各个零件的核心指标，下表是某天抽检的核心指标数据：9.710.19.810.29.79.910.210.210.010.2(1)求上表数据的平均数和方差；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.下面是另一天抽检的核心指标数据：10.110.39.79.810.09.810.310.010.79.8从这一天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程进行检查？【答案】(1)，；(2)这天需停止生产并检查设备﹒【分析】(1)根据平均数和方差计算公式计算即可；(2)根据(1)中的平均数和方差，判断是否有数据落在之外即可．【详解】解：(1)由表中数据，得，．(2)由(1)可知，故．∵表中第9个数据，故这天需停止生产并检查设备．21．（本题满分12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．从下列①②这两个条件中选择一个补充在横线处，并作答．①O为的内心；②O为的外心．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．(1)求A；(2)若，________，求的面积．【答案】(1)；(2)选①，；选②，．【分析】（1）由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换求得角；（2）选①，由余弦定理求得，由面积公式求得三角形面积，再结合内切圆半径表示三角形面积求得内切圆半径，即可求面积；选②，由余弦定理求得，由正弦定理求得三角形外接圆半径，由圆周角定理和圆心角定理求得，直接由面积公式计算出面积．【详解】解：(1)因为，由正弦定理得，，，三角形中，，所以，，则，所以，；(2)选①O为的内心，如图，分别是内切圆在各边上的切点，，，设内切圆半径为，则，，所以；选②O为的外心，在外部，如图，外接圆上，由（1），所以，又，，，．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分）22．在直角坐标系中，曲线（为参数），其中.在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若与相交于点两点，点，求.【答案】（1），或；﹒（2）6【分析】（1）由曲线（为参数），消去参数，即可求得曲线普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可得到曲线的直角坐标方程；（2）将曲线代入，结合直线参数方程中参数的几何意义，即可求解.【详解】解：（1）由题意，曲线（为参数），可得（为参数）两式相除，可得，整理得曲线的普通方程或；由曲线，两边同乘，可得，又因为，代入可得，即，所以曲线的直角坐标方程为﹒（2）将曲线代入，得，整理得﹐设两点对应的参数为，，则，.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的综合应用，着重