2022年新高考数学仿真演练综合能力测试(四)(原卷版+解析)

2022年新高考数学仿真演练综合能力测试（四）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，，则集合中元素个数为（

）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个2．若复数z满足（i为虚数单位），则复数z的共轭复数（

）A． B． C． D．3．已知，，，则，，的大小关系为（

）A． B． C． D．4．在1859年的时候，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字的素数个数可以表示为的结论．若根据欧拉得出的结论，估计以内的素数的个数为（

）（素数即质数，，计算结果取整数）A．2172 B．4343 C．869 D．86865．函数的图象大致是（

）A． B．C． D．6．如图，将钢琴上的12个键依次记为，，，．设．若且，则，，为原位大三和弦；若且，则称，，为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之差为（

）A．5 B． C．0 D．107．如图，长方形中，，，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为．设，二面角的大小为，若，则四棱锥体积的最大值为（

）A． B． C． D．8．若双曲线：，，分别为左､右焦点，设点是在双曲线上且在第一象限的动点，点为△的内心，，则下列说法正确的是（

）A．双曲线的渐近线方程为B．点的运动轨迹为双曲线的一部分C．若，，则D．不存在点，使得取得最小值二、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．设，，且，则“”的一个必要不充分条件可以是（

）A． B． C． D．10．已知向量，将绕原点O旋转﹣30°，30°，60°到的位置，则（

）.A． B．C． D．点坐标为11．已知椭圆的离心率为，短轴长为，两个焦点为，点为椭圆上一点，记，则下列结论中正确的是（

）A．的周长与点的位置无关B．当时，的面积取到最大值C．的外接圆半径最小为D．的内切圆半径最大为12．已知函数，则（

）A．函数（x）的图象关于直线对称B．函数（x）在区间（0，π）上单调递减C．函数在区间（0，π）上恒成立D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为______．（用数字作答）14．如图，已知扇形的半径为，以为原点建立平面直角坐标系，，，则的中点的坐标为__________.15．2021年7月25日召开的第44届世界遗产大会上，“泉州：宋元中国的世界海洋商贸中心”获准列入世界文化遗产名录，至此泉州20年的申遗终于圆梦.申遗的遗产点包括九日山祈风石刻､开元寺､洛阳桥等22处代表性古遗迹，这些古遗迹可分为文化纪念地史迹等五类.这五类古遗迹充分展现了10-14世纪泉州完备的海洋贸易制度体系､发达的经济水平及多元包容的文化态度.某校中学生准备到各类古遗迹打卡，已知该同学打卡第一类､第二类的概率都是，打卡第三类､第四类和第五类的概率都是，且是否打卡这五类古遗迹相互独立.用随机变量表示该同学打卡的类别数，则___________.16．已知集合，，将中的所有元素按从小到大的顺序排列构成一个数列，设数列的前项和为，则使得成立的最小的的值为_____________.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．已知数列的前n项和为，.(1)证明：数列为等比数列，并求数列的前n项和为；(2)设，证明：.18．D为边上一点，满足，，记，．(1)当时，且，求CD的值；(2)若，求面积的最大值．19．2020年五一期间，银泰百货举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元(含600元)，均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.方案二：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？20．如图，在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，点M，N分别为线段PB，PC上的点，．（1）求证：当点M不与点P，B重合时，M，N，D，A四点共面．（2）当，二面角的大小为时，求PN的长．21．椭圆的左顶点为，上顶点为，点在椭圆的内部（不包含边界）运动，且与两点不共线，直线与椭圆分别交于两点，当为坐标原点时，直线的斜率为，四边形的面积为4.(1)求椭圆的方程；(2)若直线的斜率恒为，求动点的轨迹方程.22．已知函数，其中.(1)当时，求的值；(2)讨论的零点个数.2022年新高考数学仿真演练综合能力测试（四）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，，则集合中元素个数为（

）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个答案:C解析：分析：先写出集合B，再按照并集进行运算.【详解】由题意知，，，元素个数有5个.故选：C.2．若复数z满足（i为虚数单位），则复数z的共轭复数（

）A． B． C． D．答案:D解析：分析：利用复数除法运算求得，进而求得.【详解】，所以.故选：D3．已知，，，则，，的大小关系为（

）A． B． C． D．答案:B解析：分析：利用幂函数和对数函数的单调性判断.【详解】解：因为，，，所以，故选：B．4．在1859年的时候，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前，著名数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字的素数个数可以表示为的结论．若根据欧拉得出的结论，估计以内的素数的个数为（

）（素数即质数，，计算结果取整数）A．2172 B．4343 C．869 D．8686答案:D解析：分析：根据黎曼猜想计算，从而得出正确答案.【详解】.故选：D5．函数的图象大致是（

）A． B．C． D．答案:C解析：分析：分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.【详解】函数定义域为R，，即是奇函数，A，B不满足；当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足.故选：C6．如图，将钢琴上的12个键依次记为，，，．设．若且，则，，为原位大三和弦；若且，则称，，为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之差为（

）A．5 B． C．0 D．10答案:C解析：分析：按照题目中的定义依次列举出来，计算差即可.【详解】若且，则，，为原位大三和弦，即有，，；，，；，，；，，；，，，共5个；若且，则，，为原位小三和弦，可得，，；，，；，，；，，；，，，共5个，个数差为0．故选：C.7．如图，长方形中，，，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为．设，二面角的大小为，若，则四棱锥体积的最大值为（

）A． B． C． D．答案:A解析：分析：将棱锥的底面边长及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱锥体积，整理化简后利用三角函数求最值.【详解】设过与垂直的线段长为，则，，，，则四棱锥的高，则，，∴四棱锥体积的最大值为.故选：A.【点睛】求解立体几何体积的最值时，一般需要将体积写为函数关系式或者是三角函数关系式，进而利用函数求最值或三角函数求最值的方法求解其最值.8．若双曲线：，，分别为左､右焦点，设点是在双曲线上且在第一象限的动点，点为△的内心，，则下列说法正确的是（

）A．双曲线的渐近线方程为B．点的运动轨迹为双曲线的一部分C．若，，则D．不存在点，使得取得最小值答案:C解析：分析：根据双曲线的方程直接写出渐近线方程判定A；由圆的切线长定理和双曲线的定义可求得的横坐标，可判定B；由双曲线的定义和余弦定理，利用等面积法求得的纵坐标，由正弦和求交点，求得的坐标，运用向量的坐标表示，可得，可判定C；若与关于y轴对称，结合双曲线的定义及对称性可得，可判定D.【详解】由题意，双曲线，可知其渐近线方程为，A错误；设，△的内切圆与、、分别切于、、，可得，由双曲线的定义可得：，即，又，解得，则的横坐标为，由与的横坐标相同，即的横坐标为，故在定直线上运动，B错误；由且，解得：，∴，则，∴，同理可得：，设直线，直线，联立方程得，设△的内切圆的半径为，则，解得，即，∴，由，可得，解得，故，C正确；若与关于y轴对称，则且，而，∴，故要使的最小，只需三点共线即可，易知：，故存在使得取最小值，D错误.故选：C.【点睛】方法点睛：D选项求动点到两定点的距离最值，应用双曲线的定义及对称性将动点转移到两定点之间的某条曲线上，结合两定点间的线段最短求最小值．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．设，，且，则“”的一个必要不充分条件可以是（

）A． B． C． D．答案:AB解析：分析：A应用基本不等式有判断必要性，再由特殊值法判断充分性；B应用基本不等式可得判断选项条件的必要性，特殊值法判断选项条件的充分性；C、D应用特殊值法判断选项条件的必要性即可.【详解】由，且，A：时，，而时存在使，符合要求.B：时有，而时存在使，故推不出，符合要求；C：时，存在使，不符合要求；D：时，存在使，不符合要求；故选：AB10．已知向量，将绕原点O旋转﹣30°，30°，60°到的位置，则（

）.A． B．C． D．点坐标为答案:ABC解析：分析：根据向量的夹角判断A，再由全等三角形可判断B，根据向量的数量积的定义判断C，根据向量的模相等判断D.【详解】因为绕原点O旋转﹣30°，30°，60°到，所以与的夹角为，故，A选项正确；由题意知，,所以，即，故B正确；因为,,所以由数量积的定义知，故C正确；若点坐标为，则，故D不正确.故选：ABC11．已知椭圆的离心率为，短轴长为，两个焦点为，点为椭圆上一点，记，则下列结论中正确的是（

）A．的周长与点的位置无关B．当时，的面积取到最大值C．的外接圆半径最小为D．的内切圆半径最大为答案:ACD解析：分析：根据椭圆的定义、椭圆离心率的意义，结合正弦定理和内切圆的性质逐一判断即可.【详解】由椭圆定义知，的周长为，故A正确；显然当位于短轴端点时的面积最大，由知此时，故B错误；由正弦定理知外接圆直径，由知最大为钝角，故时取最小值，故的最小值为，故C正确；设内切圆半径为，由知，越大则越大，，故，故选：ACD12．已知函数，则（

）A．函数（x）的图象关于直线对称B．函数（x）在区间（0，π）上单调递减C．函数在区间（0，π）上恒成立D．答案:BC解析：分析：验证可判断A；求导分析导函数正负，可判断B；令，求导分析单调性，可得，分析可判断C；由可判断D【详解】选项A，，故函数（x）的图象不关于直线对称，错误；选项B，令故在单调递减，故即，故在（0，π）上单调递减，正确；选项C，，故令故在单调递减，故即，正确；选项D，由选项C，可得，故，错误故选：BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为______．（用数字作答）答案:-192解析：分析：根据二项式展开式的二项式系数之和可得，解出n，结合通项公式计算即可求出的系数.【详解】由题意知，二项式系数之和，所以所以，所求的系数为.故答案为：-19214．如图，已知扇形的半径为，以为原点建立平面直角坐标系，，，则的中点的坐标为__________.答案:解析：分析：根据三角函数定义、二倍角公式、同角三角函数关系可求得，由此可求得点坐标.【详解】由三角函数定义得：，，，，，，点坐标为.故答案为：.15．2021年7月25日召开的第44届世界遗产大会上，“泉州：宋元中国的世界海洋商贸中心”获准列入世界文化遗产名录，至此泉州20年的申遗终于圆梦.申遗的遗产点包括九日山祈风石刻､开元寺､洛阳桥等22处代表性古遗迹，这些古遗迹可分为文化纪念地史迹等五类.这五类古遗迹充分展现了10-14世纪泉州完备的海洋贸易制度体系､发达的经济水平及多元包容的文化态度.某校中学生准备到各类古遗迹打卡，已知该同学打卡第一类､第二类的概率都是，打卡第三类､第四类和第五类的概率都是，且是否打卡这五类古遗迹相互独立.用随机变量表示该同学打卡的类别数，则___________.答案:解析：分析：设第一、二类打卡数，第三、四、五类打卡数为，则由题意，利用n次独立重复试验的概率公式求解即可.【详解】记该同学打卡第一类､第二类的类别数为，打卡第三类､第四类和第五类的类别数为，因此随机变量，则，故答案为：.16．已知集合，，将中的所有元素按从小到大的顺序排列构成一个数列，设数列的前项和为，则使得成立的最小的的值为_____________.答案:36解析：分析：由题可得为数列的项，且利用分组求和可得，通过计算即得.【详解】由题意，对于数列的项，其前面的项1，3，5，…，，共有项，，共有项，所以为数列的项，且.可算得（项），，，因为，，，所以，，，因此所求的最小值为36.故答案为：36.四、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．已知数列的前n项和为，.(1)证明：数列为等比数列，并求数列的前n项和为；(2)设，证明：.答案:(1)证明见解析；(2)证明见解析.解析：分析：（1）先求出，然后将的换成，与原式相减可得，从而可得即可证明，求出通项公式，再分组可求和.（2）先求出，可得出，裂项相消法求和，可证明.(1)当时，，即由，则两式相减可得，即所以，即数列为等比数列则，所以则(2)所以18．D为边上一点，满足，，记，．(1)当时，且，求CD的值；(2)若，求面积的最大值．答案:(1)(2)解析：分析：（1）设CD长为x，可知，，再利用正切的二倍角公式可求解；（2）利用正弦定理得，，再利用三角形面积公式结合两角差的正弦公式及辅助角公式可得，利用正弦函数的性质即可求解.(1)设CD长为x，当时，，，则，因为，所以，即所以，得，所以，所以为(2)在中，，则，由正弦定理得，又，所以，，则的面积，又，所以因为，所以，所以当，即时，S有最大值又的面积等于，故的面积的最大值为19．2020年五一期间，银泰百货举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元(含600元)，均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.方案二：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；（2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？答案:（1）；（2）选择第二种方案更合算.解析：（1）选择方案一，利用积事件的概率公式计算出两位顾客均享受到免单的概率；（2）选择方案一，计算所付款金额的分布列和数学期望值，选择方案二，计算所付款金额的数学期望值，比较得出结论.【详解】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件，则，所以两位顾客均享受到免单的概率为；（2）若选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值为、、、.，，，.故的分布列为，所以（元）.若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则，由已知可得，故，所以（元）.因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.【点睛】方法点睛：本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望，解题步骤如下：（1）判断随机变量的可能取值；（2）说明随机变量取各值的意义（即表示什么事件）并求出取该值的概率；（3）列表写出随机变量的分布列；（4）利用期望公式求值20．如图，在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，点M，N分别为线段PB，PC上的点，．（1）求证：当点M不与点P，B重合时，M，N，D，A四点共面．（2）当，二面角的大小为时，求PN的长．答案:（1）详见解析；（2）.解析：分析：（1）易证平面PAB，得到，，平面PBC，平面PBC，得到，再结合四边形ABCD为正方形，利用平面的基本性质证明；（2）以A为原点，分别以AB，AD,AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设平面AND的一个法向量为，平面ANC的一个法向量为，，根据二面角的大小为，由求解.【详解】（1）因为平面ABCD，所以，又因为，所以平面PAB，所以，又因为，平面PBC，平面PBC，所以，又因为四边形ABCD为正方形，所以，所以，所以当点M不与点P，B重合时，M，N，D，A四点共面．（2）以A为原点，分别以AB，AD,AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，设平面AND的一个法向量为，设平面ANC的一个法向量为，设，因为，则，又，则，即，令，得，又，则，即，令，得，因为二面角的大小为，所以，解得