三轮冲刺卷04-2022年高考数学（理）模拟卷（全国卷专用）

备战2022年高考数学（理）模拟卷（全国卷）三轮冲刺卷04（本卷满分150分，考试时间120分钟。）一、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，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】由得，则.故选：D2．若为纯虚数（为虚数单位），则（

）A．2 B．1 C． D．【答案】D【解析】，为纯虚数，，解得，故选：D.3．设满足约束条件，且的最小值为7，则a=（

）A．5 B．3 C．5或3 D．5或3【答案】B【解析】满足的约束条件表示的平面区域是直线与所夹的一个角所在区域，它是一个开放性区域，这个区域有唯一边界顶点，即直线与的交点，因此是目标函数取得最小值的最优解，由解得或，当时，不等式组表示的平面区域如图中阴影区域，它是一个开放性区域，目标函数，即，表示斜率为，纵截距为的平行直线系，要取最小值，当且仅当取最大，将直线向上平移，其纵截距增大，显然不存在最大纵截距，即无最小值，当时，不等式组表示的平面区域如图中阴影区域，它是一个开放性区域，

目标函数，即，表示斜率为，纵截距为的平行直线系，要取最小值，当且仅当取最小，画直线，再平移到，当直线经过点A时，的纵截距最小，最小，由解得点，，符合题意，所以.故选：B4．设点是双曲线上的点，是其焦点，且，则的面积是A．4 B．5 C．1 D．2【答案】C【解析】设：（）根据双曲线定义可知，∵，∴则：5．函数的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】当，当时,因为，令，的含义是点与单位圆上的点的连线的斜率，所以，所以所以，即，综合得，，故最小值为：.故选：B.6．在实数集R中定义一种运算“*”，具有以下三条性质：（1）对任意，；（2）对任意a，，；（3）对任意a，b，，.给出下列三个结论：①；②对任意a，b，，；③存在a，b，，；其中，所有正确结论的序号是（

）A．② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】C【解析】①，错误；②，而，故，正确；③当且时，，而，显然成立，正确.故选：C7．中，点满足，则一定是（

）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形【答案】B【解析】，设是中点，则，，故点在三角形的中线所在直线上.，，即，即.即，故三角形的边上的中线与高线重合，所以，三角形是等腰三角形，其中.故选：B.8．函数满足，，当时，，则关于x的方程在上的解的个数是（

）A．1010 B．1011 C．1012 D．1013【答案】B【解析】因为函数满足，所以函数关于点对称，因为，即，所以函数关于直线对称，因为当时，，所以，结合函数性质，作出函数图像，如图所示：

由图可知，函数为周期函数，周期为，由于函数一个周期内，与有2个交点，在上，与有1个交点，所以根据函数周期性可知，当时，与有个交点.所以关于x的方程在上的解的个数是个.故选：B9．已知是球面上的四个点，平面，，，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意，作出三棱锥，如图所示，因为平面，所以，又，所以，又，所以平面；同理平面，则两两互相垂直，将三棱锥补形成以为长宽高的长方体，如下图所示，又是球面上的四个点，所以球的直径为该长方体的体对角线，又，，所以该长方体的体对角线长为，即球的直径，其中是球的半径；所以球的表面积为.故选:B.10．若函数有两个极值点，则实数a的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】，因为有两个极值点，故有两个根，即和的图像有两个交点，画出图像，若，显然1个交点，不合题意；若，设直线和相切于点，则，解得，故切点是，故，解得.故选：C.11．已知是椭圆和双曲线的一个交点，是椭圆和双曲线的公共焦点，，则的值是A．3 B．3 C． D．【答案】D【解析】由余弦定理可得，又由和分别可得和，即，也即，故，应选答案D．12．已知在上的连续函数，其导函数为，满足，恒成立，设，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】令，，因为，恒成立，所以，当时，，单调递减，，，，因为，所以.故选：D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．式子的值为___________【答案】##0.5【解析】原式，故答案：14．函数，则_________【答案】【解析】，由，可得，所以，.故答案为：.15．已知函数，满足函数是奇函数，且当取最小值时，函数在区间和上均单调递增，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】因为函数，满足函数是奇函数，且当取最小值时，，．函数在区间和上均单调递增，，求得，则实数的范围为，故答案为：16．如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻转成.若为线段的中点，则在翻折过程中：①是定值；②点在某个球面上运动；③存在某个位置，使；④存在某个位置，使平面.其中正确的命题是_________.【答案】①②④【解析】取CD中点F，连接MF,BF，则MF∥DA1,BF∥DE，∴平面MBF∥平面DA1E，∴MB∥平面DA1E，故④正确.由，由余弦定理可得，所以为定值，所以①正确；B是定点，M是在以B为圆心，MB为半径的球面上，故②正确.假设③正确，即在某个位置，使得DE⊥A1C，又矩形ABCD中，，满足，从而DE⊥平面A1EC，则DE⊥A1E，这与DA1⊥A1E矛盾.所以存在某个位置，使得DE⊥A1C不正确，即③不正确.综上，正确的命题是①②④三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．某超市在2017年五一正式开业，开业期间举行开业大酬宾活动，规定：一次购买总额在区间内者可以参与一次抽奖，根据统计发现参与一次抽奖的顾客每次购买金额分布情况如下：(1)求参与一次抽奖的顾客购买金额的平均数与中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，结果保留到整数）；(2)若根据超市的经营规律，购买金额与平均利润有以下四组数据：购买金额x(单位:元)100200300400利润:(单位:元)15254060试根据所给数据，建立关于的线性回归方程，并根据1中计算的结果估计超市对每位顾客所得的利润参考公式:，【解析】(1)由所给频率分布直方图可知，这5组数据的频率分别为0.1，0.2，0.3，0.25，0.15，故这组数据的平均数为；因为，.所以这组数据的中位数为(2)，，，，回归直线方程为：由此可以估计，把带入可得每位顾客贡献给超市的平均利润为：（元）.18．已知等差数列的前n项和为．(1)求的通项公式；(2)数列满足为数列的前n项和，是否存在正整数m，，使得?若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）设等差数列的公差为d，由得，解得，；（2），，，若，则，整理得，又，，整理得，解得，又，，，∴存在满足题意．19．如图，在四棱锥中，，，，，，点为的中点．（1）求证：平面；（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）取中点，连结．因为点为的中点，所以且，又因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）在平面中，过作，在平面中，过作．因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，所以两两互相垂直.以为原点，向量的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），则，，，，，

7分所以，，，设是平面的一个法向量，则即取，得．设直线与平面所成角为．则，所以直线与平面所成角的正弦值为．点睛：本题主要考查空间几何位置关系的证明和线面角的求法，意在考查学生位置关系的证明和线面角的计算等基础知识的掌握能力和基本运算能力.位置关系的证明和空间角的求法都有两种方法，一是几何方法，一是向量的方法，注意理解掌握和灵活运用.20．已知椭圆过点，且一个焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆的三条弦，所在的直线分别与轴交于点，且，求直线的方程.【解析】(1)依题意，得，又解得椭圆方程为.(2)由题意知直线的斜率存在，设.据，得，，又直线的斜率为.用代替，得，.又直线的方程为，即.21．已知函数.（1）若，求的单调区间；（2）若对于任意的，恒成立，求的最小值.【解析】（1）因为，所以，.令，得.当时，；当时，.故的单调速增区间是，单调递减区间是.（2）.因为，，又，所以，则.令，则在上单调递增.因为当时，，所以.因为，所以，使得.且当时，，则，当时，，则，所以在上单调递增，在上单调递减.故.由，得.由，得，即.结合，得，所以.令.则，所以在上单调递增，所以，即.故的最小值为.22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为，（为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．【解析】(1)求C的普通方程和l的直角坐标方程；由可得所以，因为，所以