2022年新高考数学仿真演练综合能力测试（三）（解析版）

2022年新高考数学仿真演练综合能力测试（三）注意事项： 1．答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动、先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．请考生保持答题卷的整洁，考试结束后，将答题卷交回．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，，且，则实数a的所有值构成的集合是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】根据，对进行分类讨论，由此求得的所有值构成的集合.【详解】，当时，，满足，只有D选项符合.当时，，要使，则或或，即或或，所以实数a的所有值构成的集合是.故选：D2．18世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义．例如，，即复数的模的几何意义为在复平面内对应的点到原点的距离．在复平面内，若复数对应的点为，为曲线上的动点，则与之间的最小距离为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】【分析】化简，得到，再根据的几何意义和圆的性质，即可求解.【详解】因为，所以，又因为曲线表示以为圆心，1为半径的圆，所以，故与之间的最小距离为.故选：B.3．某学校于3月12日组织师生举行植树活动，购买垂柳、银杏、侧柏、海桐四种树苗共计1200棵，比例如图所示.高一、高二、高三报名参加植树活动的人数分别为600，400，200，若每种树苗均按各年级报名人数的比例进行分配，则高三年级应分得侧柏的数量为（

）A．34 B．46 C．50 D．70【答案】C【解析】【分析】根据给定的扇形统计图求出购买的侧柏数量，再按各年级报名人数比求解作答.【详解】由扇形统计图知，购买的1200棵树苗中，侧柏的数量为，依题意，高一、高二、高三分到的侧柏的棵数比为：，所以高三年级应分得侧柏的数量为.故选：C4．已如函数，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】根据函数的奇偶性以及单调性进行判断即可.【详解】由题，所以是奇函数，所以，故A，B错误，又因为，且，即，解得，根据单调性的结论可知为上的单调递增函数，所有当，，当，；所以，C错误，，D正确.故选：D5．设，为两个不同的平面，则的一个充要条件可以是（

）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【解析】【分析】根据面面平行的判定定理逐项判断即可.【详解】对于A，内有无数条直线与平行不能得出内的所有直线与平行才能得出，故A错；对于B、C，垂直于同一平面或平行于同一条直线，不能确定的位置关系，故B、C错；对于D，垂直于同一条直线可以得出，反之当时，若垂于某条直线，则也垂于该条直线.故选：D.6．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式及同角三角函数关系，将目标式转化为用表示，然后代入计算即可.【详解】因为，则.故选：C.7．在如今这个5G时代，6G研究已方兴未艾．2021年8月30日第九届未来信息通信技术国际研讨会在北京举办．会上传出消息，未来6G速率有望达到1Tbps，并启用毫米波、太赫兹、可见光等尖端科技，有望打造出空天地融合的立体网络，预计6G数据传输速率有望比5G快100倍，时延达到亚毫秒级水平．香农公式是被广泛公认的通信理论基础和研究依据，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递率C取决于信道带宽W、信道内信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比．若不改变带宽W，而将信噪比从9提升至161，则最大信息传递率C会提升到原来的（

）参考数据：．A．2.4倍 B．2.3倍 C．2.2倍 D．2.1倍【答案】C【解析】【分析】按照题中所给公式分别求出当时和当时的最大信息传递率即可求出答案.【详解】当时，最大信息传递率当时，最大信息传递率.故选：C.8．在平面直角坐标系xOy中，若抛物线C:y2=2px()的焦点为F，直线x=3与抛物线C交于A，B两点，｜AF|=4，圆E为的外接圆，直线OM与圆E切于点M，点N在圆E上，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由已知及抛物线的定义，可求，进而得抛物线的方程，可求，，的坐标，直线的方程，可得圆的半径，求得圆心，设的坐标，求得的坐标，结合向量数量积的坐标表示，以及辅助角公式和正弦函数的值域，可得所求范围．【详解】解：由题意，设，所以，解得，所以抛物线的方程为，，，，所以直线的方程为，设圆心坐标为，，所以，解得，即，圆的方程为，不妨设，设直线的方程为，则，根据，解得，由，解得，设，所以，因为，所以．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是：首先求出圆的方程为，然后利用直线OM与圆E切于点M，求出M点的坐标，引入圆的参数方程表示N点坐标，再根据向量数量积的坐标表示及辅助角公式，可得所求范围．.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．已知是等差数列，公差，其前n项和为，若成等比数列，，则（

）A． B． C． D．当时【答案】BCD【解析】【分析】由题可得，进而可得，结合条件可得，再利用通项公式及求和公式即得.【详解】∵，∴当时，可得，化为，即，∵成等比数列，∴，即，又公差，解得（舍去）或，∴，，，当时，.故选：BCD.10．若椭圆的左，右焦点分别为，则下列的值，能使以为直径的圆与椭圆有公共点的有（

）A． B．C． D．【答案】ABC【解析】【分析】依题意可得，再根据，即可取出的取值范围，即可得解；【详解】解：以为直径的圆的方程为，因为圆与椭圆有公共点，所以，即，所以，即，满足条件的有A、B、C；故选：ABC11．在圆锥中，是母线上靠近点的三等分点，，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则（

）A．当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为B．当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为C．当时，圆锥的外接球表面积为D．当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动【答案】ACD【解析】【分析】根据圆锥的侧面积可得出，利用圆锥的侧面展开图与余弦定理可判断A选项；计算出过顶点和两母线的截面三角形的最大面积，可判断B选项的正误；根据几何关系列等式求出圆锥的外接球的半径，结合球体的表面积公式可判断C选项的正误；计算出圆锥的内切球半径以及棱长为的正四面体的外接球半径，可判断D选项的正误.【详解】圆锥的侧面积为，则.对于A选项，当时，，将圆锥的侧面沿着母线展开如下图所示：则圆锥的底面周长为，，在中，，，由余弦定理可得，A对；对于B选项，当时，，设圆锥轴截面等腰三角形的顶角为，则，则为钝角，在圆上任取两点、，则，，当且仅当时，等号成立，故顶点和两母线的截面三角形的最大面积为，B错；对于C选项，当时，，圆锥的高为，设圆锥的外接球的半径为，则，即，可得，故圆锥的外接球的表面积为，C对；对于D选项，当时，，圆锥的高为，设圆锥的内切球半径为，圆锥的轴截面面积为，圆锥的轴截面周长为，由等面积法可得，可得，将棱长为的正四面体可放在一个正方体内，使得该正四面体的四个顶点恰为正方体的四个顶点，如下图所示，则该正方体的棱长为，所以正四面体的外接球的半径为，因此，当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，D对.故选：ACD.12．对圆周率的计算几乎贯穿了整个数学史．古希腊数学家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96边形得到著名的近似值：．我国数学家祖冲之（430—501）得出近似值，后来人们发现，这是一个“令人吃惊的好结果”．随着科技的发展，计算的方法越来越多．已知，定义的值为的小数点后第n个位置上的数字，如，，规定．记，，集合为函数的值域，则以下结论正确的有（

）A． B．C．对 D．对中至少有两个元素【答案】AC【解析】【分析】对于A：根据定义，直接求出，即可判断；对于B：根据定义，直接求出的值域为，即可判断；对于C：求出，即可判断；对于D：求出k=10时，的值域为，即可否定结论.【详解】对于A：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.所以由可得：，，，，，，，，，，故.故A正确.对于B：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.规定．记，，所以，令，，则，因为，所以所以的值域为.故B错误.对于C：因为，所以，所以对.故C正确；对于D：由C的推导可知：.因为，，所以，令，，则，因为，所以，，即k=10时，的值域为.故D错误.故选：AC【点睛】数学中的新定义题目解题策略：(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知，若，则________．【答案】##2.5【解析】【分析】利用数量积为零可求，从而可求.【详解】因为，故，故，故，故答案为：14．某中学开展劳动实习，学习加工制作包装盒.现将一张足够用的正方形硬纸片加工制作成轴截面的顶角为60°，高为6的圆锥形包装盒，若在该包装盒中放入一个球形冰淇淋（内切），则该球形冰淇淋的表面积为___________.【答案】【解析】【分析】由圆锥与球的关系可求出球的半径，利用球表面积公式求解.【详解】如图，由题意知，,,故在中，,设内切球球心为，则,在中，，所以，解得，所以，故答案为：15．已知二项式的展开式中第四项与第七项的二项式系数相等，则展开式中常数项为____________.【答案】【解析】【分析】依题意可得，，从而可求得，利用其通项公式即可求得展开式中的常数项．【详解】解：由题意可得，，解得，所以展开式的通项为，由得，，所以常数项为第七项．故答案为：16．已知函数，其中，若在区间(，)上恰有2个零点，则的取值范围是____________.【答案】或.【解析】【分析】先求出零点的一般形式，再根据在区间(，)上恰有2个零点可得关于整数的不等式组，从而可求的取值范围.【详解】令，则，故，故，因为在区间(，)上恰有2个零点，所以存在整数，使得：，若为偶数，则，整理得到：①，因为，故，当时，，故①无解，当时，有即.若为奇数，则，整理得到：②，因为，故，当时，，故②无解，当时，有，无解.当时，有，故.综上，或.故答案为：或.【点睛】思路点睛：对于正弦型函数的零点个数问题，可先求出零点的一般形式，再根据零点的分布得到关于整数的不等式组，从而可求相应的参数的取值范围.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．设等差数列的前n项和为．(1)求数列的通项公式及前n项和；(2)若，求数列的前n项和．在这两个条件中任选一个补充在第（2）问中，并求解．(注意:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)【答案】(1)；(2)若选，；若选，.【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合等差数列前n项和公式进行求解即可；（2）若选，利用错位相减法进行求解即可；若选，利用裂项相消法进行求解即可.(1)设等差数列的公差为，由，可得：；(2)若选.因为，所以，因此，，两个等式相减得：，，；若选，因为，所以，因此有：.18．如图，中，角，，的对边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)已知，若为外接圆劣弧上一点，求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）法一：先用正弦定理化边为角，再用正弦公式化简，即可求得的值，最后结合三角形角的范围即可求得结果；法二：先用余弦定理对化角为边，化简后再用余弦定理化边为角，即可求得的值，再结合三角形角的范围即可求得结果；（2）法一：设，先用正弦定理化角为边，结合辅助角公式，即可得到关于的函数，讨论最大值即可；法二：用余弦定理化角为边，结合基本不等式得到关于的不等式，最后讨论最大值及其成立的条件.(1)法一：∵，由正弦定理得：，∴，∴，∵，∴，又∵，∴.法二：∵，由余弦定理得：，∴，∴，∵，∴.(2)由（1）知，，而四边形内角互补，则，法一：设，则，由正弦定理得：，∴，，∴，当且仅当时，的最大值为.法二：在中，，，由余弦定理得：，∴，∴，当且仅当时，的最大值为.19．冬季两项是第24届北京冬奥会的比赛项目之一，它把越野滑雪和射击两种特点不同的竞赛项目结合在一起.其中男子个人赛的规则如下：①共滑行5圈（每圈），前4圈每滑行1圈射击一次，每次5发子弹；②射击姿势及顺序为：第1圈滑行后卧射，第2圈滑行后立射，第3圈滑行后卧射，第4圈滑行后立射，第5圈滑行直达终点；③如果选手有发子弹未命中目标，将被罚时分钟；④最终用时为滑雪用时、射击用时和被罚时间之和，最终用时少者获胜.已知甲、乙两人参加比赛，甲滑雪每圈比乙慢36秒，甲、乙两人每发子弹命中目标的概率分别为和.假设甲、乙两人的射击用时相同，且每发子弹是否命中目标互不影响.(1)若在前三次射击中，甲、乙两人的被罚时间相同，求甲胜乙的概率；(2)若仅从最终用时考虑，甲、乙两位选手哪个水平更高？说明理由.【答案】(1)(2)乙选手，理由见解析【解析】【分析】（1）依题意在第四次射击中，甲至少要比乙多命中4发子弹，分甲有4发子弹命中目标，乙均未命中目标和甲有5发子弹命中目标，乙至多有1发子弹命中目标两种情况讨论，根据相互独立事件的概率公式及互斥事件的概率公式计算可得；（2）设甲选手在比赛中未击中目标的子弹数为，乙选手在比赛中未击中目标的子弹数为，则，，根据二项分布的期望公式求出罚时的期望值，再结合滑雪时两人所用时差，即可判断；(1)解：甲滑雪用时比乙多秒分钟，因为前三次射击，甲、乙两人的被罚时间相同，所以在第四次射击中，甲至少要比乙多命中4发子弹.设“甲胜乙”为事件A，“在第四次射击中，甲有4发子弹命中目标，乙均未命中目标”为事件，“在第四次射击中，甲有5发子弹命中目标，乙至多有1发子弹命中目标”为事件，依题意，事件和事件是互斥事件，，，，所以，.即甲胜乙的概率为.(2)解：依题意得，甲选手在比赛中未击中目标的子弹数为，乙选手在比赛中未击中目标的子弹数为，则，，所以甲被罚时间的期望为（分钟），乙被罚时间的期望为（分钟），又在赛道上甲选手滑行时间慢3分钟，所以甲最终用时的期望比乙多2分钟.因此，仅从最终用时考虑，乙选手水平更高.20．如图，在三棱柱中，，侧面是正方形，是的中点，.(1)求证：；(2)是线段上的点，若平面与平面的夹角为，求的长.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】【分析】（1）先证明出AC⊥BC，利用线面垂直的判定定理证明出AC⊥平面BCC1B1，即可得到AC⊥CC1.（2）以C为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，用向量法求解.(1)因为四边形BCC1B1为正方形，E为BB1的中点，，所以BC=2.在△ABC中，由正弦定理得：，所以∠ACB=90°，即AC⊥BC.因为AC⊥CE，BC∩CE=C，BC平面BCC1B1，CE平面BCC1B1，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为CC1平面BCC1B1，所以AC⊥CC1.(2)由(1)得，两两垂直.以C为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，E(0，2，1)，，，于是，，.设，则，设平面CEF的法向量为，则即令z=-2，得：.平面ABC的一个法向量为.所以由平面ABC与平面CEF的夹角为45°，得，即，所以解得，所以.21．已知双曲线的离心率是，实轴长是8.(1)求双曲线C的方程；(2)过点的直线l与双曲线C的右支交于不同的两点A和B，若直线l上存在不同于点P的点D满足成立，证明：点D的纵坐标为定值，并求出该定值.【答案】(1)；(2)证明见解析，定值为.【解析】【分析】（1）根据双曲线的离心率公式、实轴长的定义进行求解即可；（2）设出直线l的方程与双曲线的方程联立，利用一元二次方程根与系