【高考大赢家·预测】名校学神夺分卷（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·预测】名校学神夺分卷（押题卷）（本卷共6页，22小题，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．若复数z满足，其中i为虚数单位，为z的共轭复数，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，则，利用复数相等的条件列方程组即可求解.【详解】解：设，则.所以，所以，解得：，所以.故选：B2．已知集合均为的子集，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用韦恩图，结合集合的交集、并集和补集的运算，即可求解.【详解】解：如图所示，集合均为的子集，且满足，所以.故选：C.3．已知命题，，，，则下列为真命题的（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】对配方得到大于0恒成立，故p为假命题，利用导数可判断q为真命题，故判断出正确答案.【详解】解：因为恒成立，易知命题p为假命题，设，，令得：，令得：，故在处取得最小值，，故对，，可以看出q为真命题，∴为真命题，故选：C.4．已知函数，若，且，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】画出的图像，设，故，构造函数令，求导确定的单调性，即可求出最大值.【详解】解：作出函数的图像如下图：因为，且，结合图像，不妨设，设，则，且，即，，即，所以，设，则，因为，所以，所以，所以，所以在单调递增，，即的最大值为，所以的最大值为.故选：D.5．在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，，得到，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，取的中点，在直角中，即可求解.【详解】解：在正方体中，连接，，可得，所以异面直线与所成角即为直线与所成角，即为异面直线与所成角，不妨设，则，，取的中点，因为，所以，在直角中，可得.故选：B.6．将5名冬奥会志愿者分配到北京、延庆、张家口三个赛区参加活动，北京赛区至少分配2名志愿者，其它赛区至少分配1名志愿者，每名志愿者只分配到1个赛区，则不同的分配方案共有（

）A．80种 B．50种 C．40种 D．25种【答案】A【分析】依据组合数公式和加乘原理即可求得不同的分配方案总数.【详解】解：第一类情形，先从5名志愿者中选择2名志愿者到北京参加活动，有种方法，再从剩下的3名志愿者中选择2名志愿者到延庆参加活动，有种方法，最后剩下的1名志愿者到张家口参加活动，有1种方法，由乘法分步原理得共有种分配方案；第二类情况，先从5名志愿者中选择2名志愿者到北京参加活动，有种方法，再从剩下的3名志愿者中选择1名志愿者到延庆参加活动，有种方法，最后剩下的2名志愿者到张家口参加活动，有1种方法，由乘法分步原理得共有种分配方案；第三类情况，先从5名志愿者中选择3名志愿者到北京参加活动，有种方法，再从剩下的2名志愿者中选择1名志愿者到延庆参加活动，有种方法，最后剩下的1名志愿者到张家口参加活动，有1种方法，由乘法分步原理得共有种分配方案；由加法分类计数原理得共有种分配方案.故选：A．7．把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式.【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，根据已知得到了函数的图象，所以，令,则,所以,所以；解法二：由已知的函数逆向变换，第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，即为的图象，所以.故选：B.8．在区间上随机取两个数x、y，则满足的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用几何概型计算公式即得.【详解】解：由题可知试验的全部结果所构成的区域为，满足的结果构成的区域为，结合几何概型计算公式可得满足的概率为.故选：A.9．魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（

）A．表高 B．表高C．表距 D．表距【答案】A【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．【详解】解：如图所示：由平面相似可知，，而，所以，而，即＝．故选：A.【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．10．已知函数在处取极小值，且的极大值为4，则（

）A．-1 B．2 C．-3 D．4【答案】B【分析】对求导，由函数在处取极小值，所以，所以，，对求导，求单调区间及极大值，由的极大值为4，列方程得解.【详解】解：，所以因为函数在处取极小值，所以，所以，，，令，得或，当时，，所以在单调递增，当时，，所以在单调递增，当时，，所以在单调递增，所以在处有极大值为，解得，所以.故选：B11．已知F是椭圆的左焦点，经过原点O的直线l与椭圆E交于P，Q两点，若且，则椭圆E的离心率为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】设椭圆右焦点，连接，，由椭圆对称性可知四边形为平行四边形，再由余弦定理可得出答案.【详解】解：设椭圆右焦点，连接，，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则．因为，可得．所以，则，．由余弦定理可得，即，即故椭圆离心率，故选：C．12．已知数列满足，记表示数列的前n项乘积.则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先用数学归纳法证明.构造函数，利用导数证明出.记，证明出得到，即，用累加法得：，即可求出.记，证明出.得到，求出，即可得到.【详解】解：因为，所以.下面用数学归纳法证明.当n=1时，符合.假设时，结论成立，即.当时，，所以显然成立；因为，所以，所以，即，所以结论成立.综上所述：对任意的均成立.记函数..因为，所以（x=1取等号），所以在单调递增，所以，即，所以，即，所以数列为单调递增函数，所以.记，则（x=1取等号），所以在上单调递增，所以，即.所以，所以，所以，累加得：.因为，所以，即，所以，所以，即.记，则，所以在上单调递减，所以，即.所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以即.综上所述：.故选：C【点睛】（1）数学归纳法可以用来证明与自然数n有关的问题；（2）利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个:其一直接构造函数利用导数证明；其二直接做差构造函数利用导数证明；其三先做适当的变换后再做差构造函数利用导数证明.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，则不等式的解集为_______.【答案】【分析】利用导数求出函数的单调区间，再利用作差法比较和的大小，不等式等价于或，再根据函数的单调性从而可得出答案.【详解】解：由，，得，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，所以，又不等式中含，则，故，又，因为，所以，即，所以，则不等式，等价于或，即或，解得，所以不等式的解集为.故答案为：.14．已知，，均为单位向量，且，则与夹角的余弦值为______．【答案】【分析】利用向量的数量积计算向量夹角的余弦值.【详解】解：由题意得：，即，，均为单位向量，即故答案为：15．在中，内角A，B，C的对边是a，b，若，，则______．【答案】【分析】在中，运用余弦定理：，代入计算即可得到．【详解】解：，又，．【点睛】本题考查余弦定理及运用，考查运算能力，属于基础题．16．已知正四面体ABCD的棱长为2，P为AC的中点，E为AB中点，M是DP的动点，N是平面ECD内的动点，则的最小值是_____________.【答案】【分析】取中点，先由面得在线段上，再把沿翻折到平面上，得到的最小值即到的距离，再借助三角函数的知识求出最小值即可.【详解】解：取中点，连接，由正四面体可知，又，面，又，面，当最小时，面，故在线段上.由面可得，又，，，将沿翻折到平面上，如图所示：易知，则，故的最小值即到的距离，即.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）数据显示，中国在线直播用户规模及在线直播购物规模近几年都保持高速增长态势，下表为2017－2021年中国在线直播用户规模（单位：亿人），其中2017年－2021年对应的代码依次为1－5．年份代码x12345市场规模y3.984.565.045.866.36(1)由上表数据可知，可用函数模型拟合y与x的关系，请建立y关于x的回归方程（，的值精确到0.01）；(2)已知中国在线直播购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率为p，现从中国在线直播购物用户中随机抽取4人，记这4人中选择在品牌官方直播间购物的人数为X，若，求X的分布列与期望．参考数据：，，，其中．参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．【答案】(1)；(2)分布列见解析；期望为【分析】（1）根据题意，进而结合已知数据和公式计算即可得；（2）由题意知，再根据二项分布概率公式，结合得，再根据二项分布概率公式求解分布列与期望.【详解】(1)解：设，则，因为，，，所以．把代入，得．即关于的回归方程为．(2)解：由题意知，，，由得所以，的取值依次为0，1，2，3，4，，，，，，所以X的分布列为X01234P18．（本题满分12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，为的中点，底面，.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用平面ABCD，证得，再结合矩形证得平面，从而有，再由等腰三角形得一垂直后可证得线面垂直；（2）在（1）的证明中知易求，从而利用体积法可求得到平面的距离．【详解】解：（1）证明：∵平面ABCD，∴.∵四边形是矩形，所以，由平面，∴.，为的中点，∴由平面.（2）设点到平面的距离为.由（1）知平面（*），∴所以（*）为，解得.【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查求点到平面的距离，掌握线面垂直的判定定理和性质定理是证明线面垂直的关键，求点到平面距离的方法是等体积法．19．（本题满分12分）已知数列前n项积为，且．(1)求证：数列为等差数列；(2)设，求证：．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】（1）由已知得，，两式相除整理得，从而可证得结论，（2）由（1）可得，再利用累乘法求，从而，然后利用放缩法可证得结论【详解】解：(1)因为，所以，所以，两式相除，得，整理为，再整理得，．所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列．(2)因为，所以，由（1）知，，故，所以．所以．又因为，所以．20．（本题满分12分）已知函数，．(1)求函数在上的极值；(2)当时，若直线l既是曲线又是曲线的切线，试判断l的条数．【答案】(1)当时，取得极大值且，无极小值(2)曲线与曲线的公切线有条【分析】（1）对求导，得到的单调性，即可求得在上的极值；（2）求出曲线在点处的切线方程和曲线在点处的切线方程，若曲线与曲线有公切线，则，将问题转化为判断关于的方程在的根的个数，令，分别讨论在的根的个数.【详解】解：(1)由题知，所以，令，解得：.故当变化时，的变化情况如下表：单调递增极大值单调递减所以当时，取得极大值，，无极小值.(2)，，，所以曲线在点处的切线方程为，即，即.同理可得曲线在点处的切线方程为，即.若曲线与曲线有公切线，则，由（i）得，代入（ii）得，所以问题转化为判断关于的方程在的根的个数.因，当时，令，即，令，得.所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以.因为，所以，所以函数在上有两个零点，即在上有两个不相等的正实数根；当时，令，则，显然时，，则在上单调递减，因为，所以在上有唯一一个零点，即方程在上有唯一一个负实数根.所以曲线与曲线的公切线有条.【点睛】本题考查利用导数研究含参数的极值，导数的几何意义，利用导数研究函数的零点个数等，考查运算求解能力，分类讨论思想，是难题.本题第二问解题的关键在于分别求出曲线在某点处的切线方程，进而根据公切线将问题转化为求解函数的零点个数，再利用导数研究函数的零点即可.21．（本题满分12分）设抛物线的焦点为F，点M在C上，，若以MF为直径的圆过点．(1)求抛物线C的方程；(2)过曲线上一点P引抛物线的两条切线，切点分别为A，B，求的面积的取值范围(O为坐标原点)．【答案】(1)；(2)．【分析】(1)根据几何关系求出该圆和x轴和y轴均相切，得到M的坐标，代入抛物线方程即可求解；(2)设，则，.设，，根据导数求出在A、B处切线方程，代入可得切点弦AB方程，联立AB方程和抛物线方程，结合韦达定理和弦长公式可求，求出O到AB距离d，用表示出，构造函数，判断函数单调性求出范围即可．【详解】解：(1)依题意得，设，由抛物线性质，可得．∵圆心是MF的中点，∴根据中点坐标公式可得，圆心纵坐标为1，则MF⊥y轴，圆半径为1，且过(1，0)，据此可知该圆与x轴和y轴均相切，故圆心为(1，1)，则，代入抛物线方程得，∴，∴抛物线C的方程为；(2)在曲线上任取一点，设切点为，．∵y＝，∴，∴在点处的切线斜率为，则在点处的抛物线的切线方程为．又点在切线上，∴，同理可得，则切点弦AB的方程为(*)，联立方程组，消y得，由韦达定理得，，由(*)知，则，点O到AB：的距离为，则，∵在曲线上，则，，故，，令，则，时，≤，∴在恒成立，∴在上单调递减，∴，∴，∴的面积的取值范围．【点睛】本题关键是利用导数