2022年全国乙卷理科数学模拟卷四

保密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷四（全国乙卷·理科）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三总分得分注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．评卷人得分一、单选题(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，只有一项是符合题目要求的．)1．(本题5分)下列选项中，是“是集合的真子集”成立的必要不充分条件的是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题意可知，即方程有实数解，当时，符合题意，当时，由解得的范围即为“是集合的真子集”成立的充要条件，即为所选选项的真子集，进而可得正确选项.【详解】若“是集合的真子集”所以，所以方程有实数解，当时，由可得，符合题意，当时，由可得，所以且，综上所述：的充要条件为；即“是集合的真子集”成立充要条件为；所选集合是的必要不充分条件，则应是所选集合的真子集，由选项判断A，B，C都不正确，选项D正确；故选：D.2．(本题5分)设复数是纯虚数，若是实数，则=（）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，由是实数得到，即得解.【详解】设，所以是实数，所以.所以.故选：D3．(本题5分)已知{an}，{bn}是两个等差数列，其中a1＝3，b1＝－3，且a20－b20＝6，那么a10－b10的值为（）A．－6 B．6 C．0 D．10【答案】B【分析】由于{an}，{bn}都是等差数列，所以{an－bn}也是等差数列，由已知条件可得{an－bn}是常数列，从而可求得答案【详解】由于{an}，{bn}都是等差数列，所以{an－bn}也是等差数列，而a1－b1＝6，a20－b20＝6，所以{an－bn}是常数列，故a10－b10＝6.故选：B.4．(本题5分)已知平面向量的夹角为，且，则（）A．4 B．2 C．1 D．【答案】B【分析】先求解的平方，因为，利用平面向量相关的运算法则求解出结果，开方后求得【详解】因为向量的夹角为，且，所以，故选：B5．(本题5分)角终边经过点，若把逆时针方向旋转后得到，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出的值，由条件可得，由正切的和角公式可得答案.【详解】角终边经过点,则把逆时针方向旋转后得到，所以所以故选：B6．(本题5分)中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上､下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，其高为3，底面，底面扇环所对的圆心角为，弧AD长度为弧BC长度的3倍，且，则该曲池的体积为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用柱体体积公式求体积.【详解】不妨设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，由弧AD长度为弧BC长度的3倍可知，，即.故该曲池的体积.故选：B7．(本题5分)恩格尔系数(Engel’sCoefficien)是食品支出总额占个人消费支出总额的比重.居民可支配收入是居民可用于最终消费支出和储蓄的总和，即居民可用于自由支配的收入.如图为我国2013年至2019年全国恩格尔系数和居民人均可支配收入的折线图.给出三个结论：①恩格尔系数与居民人均可支配收入之间存在负相关关系；②一个国家的恩格尔系数越小，说明这个国家越富裕；③一个家庭收入越少，则家庭收入中用来购买食品的支出所占的比重就越小.其中正确的是（）A．① B．② C．①② D．②③【答案】C【分析】通过对2013年至2019年全国恩格尔系数和居民人均可支配收入的折线图的分析，了解两者间的相关性而作出判断.【详解】由折线图可知，恩格尔系数在逐年下降，居民人均可支配收入在逐年增加，故两者之间存在负相关关系，结论①正确；恩格尔系数越小，居民人均可支配收入越多，经济越富裕，结论②正确；家庭收入越少，人们为解决温饱问题，收入的大部分用来购买食品，结论③错误.故选：C8．(本题5分)若a､b､c是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（）A．若，则a､b､c共面 B．若a､b､c过同一点，则a､b､c共面C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】ABC三项举出反例即可说明，D选项结合线线关系即可判定.【详解】A设确定的平面为，当时，a､b､c不共面，故A错误；B不妨设a､b､c为三棱锥的三条侧棱所在直线，显然a､b､c共点，但是a､b､c不共面，故B错误；C若为平面内的两条直线，且，显然满足，但是不一定平行，故C错误；D若，则，故D正确；故选：D.9．(本题5分)一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知，客运车票增加了62种，则现在车站的个数为（）A．15 B．16 C．17 D．18【答案】C【分析】由题意得，化简计算可得，由于，，可得，从而可求出，经验证可得答案【详解】原来个车站有种车票，新增了个车站，有种车票，由题意得，即，整理得，∴，∵，，∴，∴，解得，即.当时，均不为整数，只有当时，符合题意，∴，故现在有17个车站.故选：C.10．(本题5分)已知函数，将的图象向右平移个单位得到函数的图象，点，，是与图象的连续相邻的三个交点，若是钝角三角形，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由函数图象的平移可得，作出函数的图象，结合三角函数的图象与性质、平面几何的知识即可得出，即可得解.【详解】由条件可得，，作出两个函数图象，如图：，，为连续三交点，(不妨设在轴下方)，为的中点，.由对称性可得是以为顶角的等腰三角形，，由，整理得，得，则，所以，要使为钝角三角形，只需即可，由，所以.故选：D.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是准确把握三角函数的图象与性质，合理转化条件，得到关于的不等式，运算即可.11．(本题5分)设，，则三个数（）A．都小于4 B．至少有一个不大于4C．都大于4 D．至少有一个不小于4【答案】D【分析】由题意知利用反证法推出矛盾，即可得正确答案．【详解】假设三个数且且，相加得：，由基本不等式得：；；；相加得：，与假设矛盾；所以假设不成立，三个数、、至少有一个不小于4．故选．【点睛】本题考查反证法和基本不等式的应用，属于简单题．12．(本题5分)如图所示，，是双曲线上的三个点，点，关于原点对称，线段经过右焦点，若且，则该双曲线的离心率为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】分别设出坐标利用几何条件将C坐标表达出后代入双曲线方程，整理出离心率表达式，并代入选项验证即可得解【详解】由题意可得在直角三角形中，为斜边上的中线，所以设且在第一象限，则满足解得所以,设因为则,化简得……则将代入后可分别化简得即将代入双曲线方程，可化简为因为在双曲线中所以上式为即整理为将选项代入验证，D选项满足等式故选：D评卷人得分二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．(本题5分)已知的展开式中x的系数等于8，则a等于___________．【答案】【分析】把和展开，根据展开式中的系数等于8，求出的值．【详解】解：，所以展开式中的系数等于，解得或，因为，所以．故答案为：．14．(本题5分)正四面体的所有顶点都在同一个表面积是36π的球面上，则该正四面体的棱长是__________．【答案】【分析】将正四面体还原为一个正方体，由正四面体和正方体内接同一球求解.【详解】如图所示：因为正四面体内接于球，则相应的一个正方体内接球，设正方体为，则正四面体为，设球的半径为R，则，解得，所以则正方体的棱长为，所以正四面体的棱长为，故答案为：15．(本题5分)已知数列满足，且，则的通项公式_______________________.【答案】【分析】由已知条件可得，从而有是以为首项，为公差的等差数列，进而可得，最后利用累加法及等差数列的前n项和公式即可求解.【详解】解：由,得，则，由得，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，当时，，所以，当时，也适合上式，所以，故答案为：.16．(本题5分)苏格兰数学家纳皮尔在研究天文的过程中，通过对运算体系的研究，最终找到了简化大数运算的有效工具，发明了对数，这是数学史上的大事件．他的朋友布里格斯构造了现在常用的以10为底的常用对数，并出版了常用对数表，以下是部分数据（保留到小数点后三位），瑞士数学家欧拉则在1770年指出了“对数源于指数”，根据下表中的参考数据和指对数之间关系，判断下面的结论，其中正确的序号是_______．①在区间内；②是15位数；③若，则；④若是一个70位正整数，则．参考数据如下表：真数x235711131719（近似值）0.3010.4770.6990.8451.0411.1141.2301.279【答案】①④【分析】利用对数的运算性质求出，由此分析求解即可．【详解】解：，则，所以，故①正确；因为，所以，即是16位数，故②错误；因为，即，所以，则，则③错误；因为，因为是一个70位正整数，所以，所以，所以，故④正确故答案为：①④评卷人得分三、解答题(共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．)（一）必考题：共60分17．(本题12分)已知△ABC中，asinA=bsinB.（1）证明：a=b；（2）若c=1，acosA=sinC，求△ABC的面积.【答案】（1）证明见详解1（2）或【分析】（1）利用正弦定理即可得证；（2）利用正弦定理求出，利用余弦定理求出，利用三角形的面积公式可得解.（1）证明：在三角形△ABC中，根据正弦定理又，即，得证（2）解：由上式可知，根据正弦定理又，即故或根据余弦定理有或代入上面式子可得或所以当时，当时，18．(本题12分)正态分布有极其广泛的实际背景，生产与科学实验中很多随机变量的概率分布都可以近似地用正态分布来描述．例如，同一种生物体的身长、体重等指标．随着“绿水青山就是金山银山”的观念不断的深入人心，环保工作快速推进，很多地方的环境出现了可喜的变化．为了调查某水库的环境保护情况，在水库中随机捕捞了100条鱼称重．经整理分析后发现，鱼的重量（单位：）近似服从正态分布，如图所示，已知．（1）若从水库中随机捕捞一条鱼，求鱼的重量在内的概率；（2）从捕捞的100条中随机挑出6条鱼测量体重，6条鱼的重量情况如表．重量范围（单位：）条数132①为了进一步了解鱼的生理指标情况，从6条鱼中随机选出3条，记随机选出的3条鱼中体重在内的条数为，求随机变量的分布列和数学期望；②若将选剩下的94条鱼称重微标记后立即放生，两周后又随机捕捞1000条鱼，发现其中带有标记的有2条．为了调整生态结构，促进种群的优化，预备捕捞体重在内的鱼的总数的40%进行出售，试估算水库中鱼的条数以及应捕捞体重在内的鱼的条数．【答案】（1）0.22；（2）①分布列见详解；1；②47000；4136.【分析】（1）根据正态分布曲线的对称性有，计算后即可得出答案；（2）①随机变量的所有可能取值为0，1，2，根据超几何分布的概率求法求出各种情况的概率，可得到其分布列，再由公式求出数学期望；②设水库中共有条鱼，根据题意有，先求出，又由（1）可知，从而可求出应捕捞体重在内的鱼的条数.（1）解：已知鱼的重量（单位：）近似服从正态分布，由正态分布的对称性可知，，所以从水库中随机捕捞一条鱼，鱼的重量在内的概率为0.22.（2）解：①挑出6条鱼中，体重在内有2条，则从6条鱼中随机选出3条，得随机变量的所有可能取值为0，1，2，；；；所以的分布列为：012数学期望.②设水库中共有条鱼，根据题意有，则（条），所以估计水库中有47000条鱼；由（1）可知，则体重在内的鱼应捕捞（条）.19．(本题12分)如图，在四棱锥EABCD中，ABCE，AECD，，AB=3，CD=4，AD=2BC=10.（1）证明：∠AED是锐角；（2）若AE=10，求二面角ABEC的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）延长AB、DC交于点M，结合已知条件利用线面垂直判定定理和性质证明平面，然后利用勾股定理和余弦定理即可证明；（2）结合已知条件建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，然后利用二面角的空间向量公式求解即可.（1）延长AB、DC交于点M，连接EM，如下图所示：因为，，所以为的中位线，从而，，，所以，故，又因为ABCE，AECD，，，所以平面，平面，因为平面，平面，所以，，因为，所以平面，令，则，，所以，所以是锐角.（2）以为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系：由题意可知，，，，，，，故，，，设平面的法向量为，由，令，则，，从而，因为平面，所以是平面的一个法向量，由图可知，二面角为钝二面角，故，从而二面角ABEC的余弦值.20．(本题12分)已知椭圆的左、右焦点分别为、，P为椭圆上的一点，的周长为6，过焦点的弦中最短的弦长为3；椭圆的右焦点为抛物线的焦点．（1）求椭圆与抛物线的方程；（2）过椭圆的右顶点Q的直线l交抛物线于A、B两点，点O为原点，射线、分别交椭圆于C、D两点，的面积为，以A、C、D、B为顶点的四边形的面积为，问是否存在直线l使得？若存在，求出直线/的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）椭圆的方程，抛物线的方程为（2）存在直线l，方程为或者．【分析】（1）由焦点三角形周长，通径和椭圆的关系式可求，进而求解，；（2）设l的方程为，设、、、，联立直线与抛物线方程，得出关于的韦达定理，再通过直线方程联立椭圆方程求出，结合正弦面积公式进一步化简即可求解.（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程，抛物线的方程为；（2）由题意得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为，设、、、，由，得，∵，∴，∵，∴直线的斜率为，即直线的方程为，由，得，同理可得，，∴，得，所以存在直线l，方程为或者．21．(本题12分)已知函数，.（1）当时，求的值域；（2）讨论极值点的个数.【答案】（1）（2）当或时，无极值点，当时，有1个极大值点，无极小值点.【分析】（1）通过求导判断出的单调性，即可求出的值域；（2）对参数进行讨论，通过讨论每种情况下的单调性，进而判断出极值的情况.（1）因为，所以，设，，因为，所以，单调递减，则，即，所以在上单调递减，，所以的值域为：（2）因为，所以，设，，因为，则，（1）当，即时，，单调递减，，即，单调递减，无极值，（2）当，即时，，单调递增，，即，单调递增，无极值，（3）当即时，在上单调递减，则存在，使得，即，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，因为，所以，，①当，即时，，即恒成立，即，单调递增，无极值，②当，即时，，则存在，使得，时，，，单调递增，时，，，单调递减，是的极大值点，综上所述，当或时，无极值点，当时