(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷01（含详解）

这是一份(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷01（含详解），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(时间：120分钟；满分：150分)
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5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A={x|(x＋1)(x－2)≤0}，B={－1，0，1，2，3}，则A∩B=( )
A.{－1，0，1} B.{－1，0，1，2} C.{0，1，2} D.{0，1，2，3}
2.已知i是虚数单位，则复数eq \f(i－1,i＋1)在复平面上所对应的点的坐标为( )
A.(0，1) B.(－1，0) C.(1，0) D.(0，－1)
3.设函数f(x)=cs x＋bsin x(b为常数)，则“b=0”是“f(x)为偶函数”的( )
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件
4.在△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，点D在边AC上，且2eq \(AD,\s\up6(→))=eq \(DC,\s\up6(→))，则eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))的值是( )
A.48 B.24 C.12 D.6
5.执行如图所示的程序框图，输出S的值为ln 5，则在判断框内应填( )
A.i≤5? B.i≤4? C.i<6? D.i>5?
6.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a6=23，S5=35，则{an}的公差为( )
A.2 B.3 C.6 D.9
7.函数f(x)=cs x的图象大致为( )
8.某兴趣小组合作制作了一个手工制品，并将其绘制成如图所示的三视图，其中侧视图中的圆的半径为3，则该手工制品的表面积为( )
A.5π B.10π C.12＋5π D.24＋12π
9.已知函数f(x)=sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)，0))，则函数f(x)的单调递减区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,8)，2kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,8)，2kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)
10.博览会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾.某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案.方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车.记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则( )
A.P1·P2=eq \f(1,4) B.P1=P2=eq \f(1,3) C.P1＋P2=eq \f(5,6) D.P1＜P2
11.设F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，过F2的直线交双曲线的右支于点P，N，直线PO交双曲线C于另一点M，若|MF2|=3|PF2|，且∠MF2N=60°，则双曲线C的离心率为( )
A.3 B.2 C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(7),2)
12.设点P在曲线y=2ex上，点Q在曲线y=ln x－ln 2上，则|PQ|的最小值为( )
A.1－ln 2 B.eq \r(2)(1－ln 2) C.2(1＋ln 2) D.eq \r(2)(1＋ln 2)
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分.
13.已知100名学生某月零用钱消费支出情况的频率分布直方图如图所示，则在这100名学生中，该月零用钱消费支出超过150元的人数是__________.
14.在直角坐标系xOy中，点P的坐标(x，y)满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－y－1≥0，,x＋y－5≤0，,x－2y＋1≤0，))向量a=(1，－1)，
则a·eq \(OP,\s\up6(→))的最大值是________.
15.一个四面体的顶点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标分别是A(0，0，eq \r(5))，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(eq \r(3)，1，eq \r(5))，则该四面体的外接球的体积为__________.
16.已知数列{an}的首项a1=1，函数f(x)=x3＋（an+1-an-cs）为奇函数，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 019的值为____________.
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(本小题满分12分)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知3(b2＋c2)=3a2＋2bc.
(1)若sin B=eq \r(2)cs C，求tan C的大小；
(2)若a=2，△ABC的面积S=eq \f(\r(2),2)，且b>c，求b，c.
18.(本小题满分12分)现有甲、乙、丙、丁4个学生课余参加学校社团文学社与街舞社的活动，每人参加且只能参加一个社团的活动，且参加每个社团是等可能的.
(1)求文学社和街舞社都至少有1人参加的概率；
(2)求甲、乙同在一个社团，且丙、丁不同在一个社团的概率.
19.(本小题满分12分)如图所示，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为a的菱形，∠DAB=60°，PA=PB=PD=a.
(1)求证：BD⊥PC；
(2)求点A到平面PBC的距离.
20.(本小题满分12分)设抛物线C：y2=2x，点A(2，0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点.
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
(2)证明：∠ABM=∠ABN.
21.(本小题满分12分)已知函数f(x)=xln x－k(x－1).
(1)若函数h(x)=eq \f(f（x）,x)，求h(x)的极值；
(2)若f(x)=0有一根为x1(x1>1)，f′(x) =0的根为x0，则是否存在实数k，使得x1=kx0？若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由.
请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.
22.(本小题满分10分)选修4­4：坐标系与参数方程
已知直线l的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\r(2)t,y＝\r(2)t))(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是ρ=eq \f(sin θ,1－sin2θ).
(1)写出直线l的极坐标方程与曲线C的直角坐标方程；
(2)若点P是曲线C上的动点，求P到直线l距离的最小值，并求出此时P点的坐标.
23.(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲
设函数f(x)=|x＋2|－|x－2|.
(1)解不等式f(x)≥2；
(2)当x∈R，0参考答案
1.解析：选B.由已知得A={x|(x＋1)(x－2)≤0}={x|－1≤x≤2}，
所以A∩B={－1，0，1，2}，故选B.
2.解析：选A.因为eq \f(i－1,i＋1)=eq \f(（i－1）（1－i）,（i＋1）（1－i）)=i，所以该复数在复平面上对应的点的坐标为(0，1).故选A.
3.解析：选C.b=0时，f(x)=cs x，显然f(x)是偶函数，故“b=0”是“f(x)是偶函数”的充分条件；f(x)是偶函数，则有f(－x)=f(x)，即cs(－x)＋bsin(－x)=cs x＋bsin x，又cs(－x)=cs x，sin(－x)=－sin x，所以cs x－bsin x=cs x＋bsin x，则2bsin x=0对任意x∈R恒成立，得b=0，因此“b=0”是“f(x)是偶函数”的必要条件.因此“b=0”是“f(x)是偶函数” 的充分必要条件，故选C.
4.解析：选B.由题意得，eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))=0，eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→))=|eq \(BA,\s\up6(→))|2=36，所以eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))=eq \(BA,\s\up6(→))·(eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CD,\s\up6(→)))=eq \(BA,\s\up6(→))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))＋\f(2,3)\(CA,\s\up6(→))))=0＋eq \f(2,3)×36=24，故选B.
5.解析：选B.程序运行过程如下：
首先初始化数据，S=0，i=1，
第一次循环，执行S=S＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,i)))=0＋ln 2=ln 2，i=i＋1=2，此时不应跳出循环；
第二次循环，执行S=S＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,i)))=ln 2＋ln eq \f(3,2)=ln 3，i=i＋1=3，此时不应跳出循环；
第三次循环，执行S=S＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,i)))=ln 3＋ln eq \f(4,3)=ln 4，i=i＋1=4，此时不应跳出循环；
第四次循环，执行S=S＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,i)))=ln 4＋ln eq \f(5,4)=ln 5，i=i＋1=5，此时应跳出循环；
i=4时，程序需要继续执行，i=5时，程序结束，
故在判断框内应填i≤4？.故选B.
6.解析：选B.由题意，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋7d＝23，,5a1＋\f(5×4,2)d＝35，))
解得d=3，故选B.
7.解析：选C.依题意，注意到f(－x)=eq \f(1－2－x,1＋2－x)·cs(－x)=eq \f(2x（1－2－x）,2x（1＋2－x）)cs x=eq \f(2x－1,2x＋1)cs x=－f(x)，
因此函数f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，结合各选项知，选项A，B均不正确；当00，f(x)<0，结合选项知，C正确，选C.
8.解析：选D.由三视图可知，该手工制品是由两部分构成，每一部分都是相同圆锥的四分之一，且圆锥的底面半径为3，高为4，故母线长为5，故每部分的表面积为
2×eq \f(1,2)×4×3＋eq \f(1,4)×eq \f(1,2)×6π×5＋eq \f(1,4)×9π=12＋6π，故两部分表面积为24＋12π.
9.解析：选D.由题可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(3π,8)＋φ))=0，又0<φ10.解析：选C.三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、321，
方案一：坐3号车的可能：132、213、231，所以P1=eq \f(3,6)；
方案二：坐3号车的可能：312、321，所以P1=eq \f(2,6)；
所以P1＋P2=eq \f(5,6).故选C.
11.解析：选D.设
双曲线的左焦点为F1，由双曲线的对称性可知四边形MF2PF1为平行四边形.
所以|MF1|=|PF2|，MF1∥PN.
设|PF2|=m，则|MF2|=3m，
所以2a=|MF2|－|MF1|=2m，
即|MF1|=a，|MF2|=3a.
因为∠MF2N=60°，所以∠F1MF2=60°，
又|F1F2|=2c，
在△MF1F2中，由余弦定理可得4c2=a2＋9a2－2·a·3a·cs 60°，
即4c2=7a2，所以eq \f(c2,a2)=eq \f(7,4)，所以双曲线的离心率e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(7),2).故选D.
12.解析：选D.由已知可得y=2ex与y=ln x－ln 2=ln eq \f(x,2)互为反函数，即y=2ex与y=ln x－ln 2的图象关于直线x－y=0对称，|PQ|的最小值为点Q到直线x－y=0的最小距离的2倍，令Q(t，ln t－ln 2)，过点Q的切线与直线x－y=0平行，函数y=ln x－ln 2的导数为y′=eq \f(1,x)，其斜率为k=eq \f(1,t)=1，所以t=1，故Q(1，－ln 2)，点Q到直线x－y=0的距离为d=eq \f(|1－（－ln 2）|,\r(12＋（－1）2))=eq \f(1＋ln 2,\r(2))，所以|PQ|min=2d=eq \r(2)(1＋ln 2).
13.解析：消费支出超过150元的人数为(50×0.004＋50×0.002)×100=30.
答案：30
14.解析：作出
不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，设z=a·eq \(OP,\s\up6(→))=x－y，则y=x－z，易知当y=x－z经过eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－5＝0，,x－2y＋1＝0))的交点(3，2)时，z=x－y取得最大值，且zmax=1.
答案：1
15.解析：采用补体法，由空间点坐标可知，该四面体的四个顶点在一个长方体上，该长方体的长宽高分别为eq \r(3)，1，eq \r(5)，长方体的外接球即为该四面体的外接球，外接球的直径即为长方体的体对角线eq \r(3＋1＋5)=3，所以球半径为eq \f(3,2)，体积为eq \f(4,3)πr3=eq \f(9π,2).
答案：eq \f(9π,2)
16.解析：因为f(x)是奇函数，f(－x)=－f(x)，所以an＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋cs \f(nπ,2)))=0，an＋1=an＋cs eq \f(nπ,2).a1=1，a2=a1＋cs eq \f(π,2)=1，a3=a2＋cs eq \f(2π,2)=0，a4=a3＋cs eq \f(3π,2)=0，如此继续，得an＋4=an.S2 019=504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＋a3=504×2＋1＋1＋0=1 010.
答案：1 010
17.解：因为3(b2＋c2)=3a2＋2bc，所以eq \f(b2＋c2－a2,2bc)=eq \f(1,3)，由余弦定理得cs A=eq \f(1,3)，所以sin A=eq \f(2\r(2),3).
(1)因为sin B=eq \r(2)cs C，所以sin(A＋C)=eq \r(2)cs C，
所以eq \f(2\r(2),3)cs C＋eq \f(1,3)sin C=eq \r(2)cs C，
所以eq \f(\r(2),3)cs C=eq \f(1,3)sin C，所以tan C=eq \r(2).
(2)因为S=eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(1,2)bcsin A=eq \f(\r(2),2)，所以bc=eq \f(3,2).①
由余弦定理a2=b2＋c2－2bccs A，
可得4=b2＋c2－2bc×eq \f(1,3)，所以b2＋c2=5.②
因为b>c>0，所以联立①②可得b=eq \f(3\r(2),2)，c=eq \f(\r(2),2).
18.解：甲、乙、丙、丁4个学生课余参加学校社团文学社与街舞社的情况如下：
共有16种情形，即有16个基本事件.
(1)文学社或街舞社没有人参加的基本事件有2个，故文学社和街舞社都至少有1人参加的概率为eq \f(14,16)=eq \f(7,8).
(2)甲、乙同在一个社团，且丙、丁不同在一个社团的基本事件有4个，
则所求概率为eq \f(4,16)=eq \f(1,4).
19.解：(1)证明：
连接AC和BD，交点为O.
因为四边形ABCD是菱形，且∠DAB=60°，
所以AO是等边△ABD的底边BD的高线.
过点P作PH⊥平面ABCD于H.
因为PA=PB=PD=a，
所以H是△ABD的外心，又△ABD是等边三角形，
所以H∈AO，从而H∈AC.
因为PH⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PH⊥BD.
又AC⊥BD，AC∩PH=H，
所以BD⊥平面PAC.
因为PC⊂平面PAC，
所以BD⊥PC.
(2)由(1)可知AO=eq \f(\r(3),2)a，AH=eq \f(\r(3),3)a，CH=eq \f(2\r(3),3)a，PH=eq \f(\r(6),3)a，
所以PC=eq \r(PH2＋HC2)=eq \r(2)a.
在△PBC中，PB=BC=a，
所以∠PBC=90°，
所以S△PBC=eq \f(1,2)a·a=eq \f(a2,2).
S△ABC=eq \f(1,2)a·a·sin 120°=eq \f(\r(3),4)a2.
对于四面体P­ABC，记A到平面PBC之间的距离为h.
因为VP­ABC=VA­PBC，
所以eq \f(1,3)·eq \f(\r(3),4)a2·eq \f(\r(6),3)a=eq \f(1,3)·eq \f(a2,2)·h，解得h=eq \f(\r(2),2)a.
所以点A到平面PBC的距离为eq \f(\r(2),2)a.
20.解：(1)当l与x轴垂直时，l的方程为x=2，可得M的坐标为(2，2)或(2，－2).
所以直线BM的方程为y=eq \f(1,2)x＋1或y=－eq \f(1,2)x－1.
(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM=∠ABN.
当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－2），,y2＝2x，))得ky2－2y－4k=0，可知y1＋y2=eq \f(2,k)，y1y2=－4.
直线BM，BN的斜率之和为
kBM＋kBN=eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2＋2)
=eq \f(x2y1＋x1y2＋2（y1＋y2）,（x1＋2）（x2＋2）).①
将x1=eq \f(y1,k)＋2，x2=eq \f(y2,k)＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)=eq \f(2y1y2＋4k（y1＋y2）,k)=eq \f(－8＋8,k)=0.所以kBM＋kBN=0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM=∠ABN.
综上，∠ABM=∠ABN.
21.解：(1)易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
h(x)=eq \f(f（x）,x)=ln x－eq \f(k（x－1）,x)(x>0)，
则h′(x)=eq \f(1,x)－eq \f(k,x2)=eq \f(x－k,x2)，
当k≤0时，h′(x)>0对任意的x>0恒成立，所以h(x)是(0，＋∞)上的增函数，此时h(x)不存在极值.
当k>0时，若0k，则h′(x)>0.所以h(x)是(0，k)上的减函数，是(k，＋∞)上的增函数，
故h(x)的极小值为h(k)=ln k－k＋1，不存在极大值.
综上所述，当k≤0时，h(x)不存在极值；
当k>0时，h(x)极小值=ln k－k＋1，不存在极大值.
(2)由(1)知当k≤0或k=1时，f(x)=0，即h(x)=0仅有唯一解x=1，不符合题意.
当01时，有h(x)>h(1)=0，
所以f(x)=0没有大于1的根，不符合题意.
当k>1时，由f′(x)=0，即f′(x)=1＋ln x－k=0，解得x0=ek－1，
若x1=kx0=kek－1，又x1ln x1=k(x1－1)，
所以kek－1ln(kek－1)=k(kek－1－1)，即ln k－1＋e1－k=0.令v(x)=ln x－1＋e1－x，则v′(x)=eq \f(1,x)－e1－x=eq \f(ex－ex,xex)，令s(x)=ex－ex，s′(x)=ex－e，当x>1时，总有s′(x)>0，所以s(x)是(1，＋∞)上的增函数，
即s(x)=ex－ex>s(1)=0，
故当x>1时，v′(x)>0，v(x)是(1，＋∞)上的增函数，所以v(x)>v(1)=0，
即ln k－1＋e1－k=0在(1，＋∞)上无解.
综上可知，不存在满足条件的实数k.
22.解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\r(2)t,y＝\r(2)t))，得x－y=1，
所以直线l的极坐标方程为ρcs α－ρsin α=1，
即eq \r(2)ρ(cs αcseq \f(π,4)－sin αsineq \f(π,4))=1，
即eq \r(2)ρcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))=1.
由ρ=eq \f(sin θ,1－sin2θ)，所以ρ=eq \f(sin θ,cs2θ)，所以ρcs2θ=sin θ，所以(ρcs θ)2=ρsin θ，
即曲线C的直角坐标方程为y=x2.
(2)设P(x0，y0)，则y0=xeq \\al(2,0)，
所以P到直线l的距离d=eq \f(|x0－y0－1|,\r(2))=eq \f(|x0－xeq \\al(2,0)－1|,\r(2))
=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(3,4))),\r(2))，
所以当x0=eq \f(1,2)时，dmin=eq \f(3\r(2),8)，此时Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,4)))，
所以当P点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,4)))时，P到直线l的距离最小，最小值为eq \f(3\r(2),8).
23.解：(1)由已知可得
f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，x≥2,2x，－2所以，f(x)≥2的解集为{x|x≥1}.
(2)证明：由(1)知，|x＋2|－|x－2|≤4，
eq \f(1,y)＋eq \f(1,1－y)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y)＋\f(1,1－y)))[y＋(1－y)]=2＋eq \f(1－y,y)＋eq \f(y,1－y)≥4(当且仅当y=eq \f(1,2)时取等号)，所以|x＋2|－|x－2|≤eq \f(1,y)＋eq \f(1,1－y).
文学社
街舞社
1
甲乙丙丁
2
甲乙丙
丁
3
甲乙丁
丙
4
甲丙丁
乙
5
乙丙丁
甲
6
甲乙
丙丁
7
甲丙
乙丁
8
乙丙
甲丁
9
甲丁
乙丙
10
乙丁
甲丙
11
丙丁
甲乙
12
甲
乙丙丁
13
乙
甲丙丁
14
丙
甲乙丁
15
丁
甲乙丙
16
甲乙丙丁