卷1-备战2022年高考数学（文）【名校好题必刷】全真模拟卷（全国卷专用）·第一辑

备战2022年高考数学（文）【名校好题必刷】全真模拟卷（全国卷专用）

第一模拟

（本卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1．（2021·四川·成都七中高三期中（文））设全集，集合，，则（）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

根据交集、补集的定义，即得解

【详解】

由题意，全集，集合，，

故

则

故选：C

2．（2021·贵州·贵阳一中高三月考（文））复数z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数的虚部为（）

A．i B． C． D．1

【答案】C

【分析】

根据复数的除法，可得，再利用共轭复数的概念即可得解.

【详解】

，则，

故选：C.

3．（2021·贵州·贵阳一中高三月考（文））国际数学教育大会（ICME）是世界数学教育规模最大、水平最高的学术性会议.第十四届大会于2021年7月11日~18日在上海市华东师范大学成功举办，其会标如图，包含着许多数学元素.主画面是非常优美的几何化的中心对称图形，由弦图、圆和螺线组成，主画面标明的ICME-14下方的“”是用中国古代八进制的计数符号写出的八进制数3744，也可以读出其二进制码（0）11111100100，受疫情影响，第十四届大会在原定的举办时间上有所推迟，已知上述二进制和八进制数转换为十进制，即是第十四届大会原定的举办时间，则第十四届数学教育大会原定于（）年举行.

A．2018 B．2019 C．2020 D．2021

【答案】C

【分析】

根据给定条件，将八进制数3744转换为十进制数即可.

【详解】

.

故选：C

4．（2021·陕西汉中·二模（文））已知，那么（）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

根据诱导公式得，代入二倍角公式即可．

【详解】

因，

所以．

故选：D．

5．（2021·西藏拉萨·一模（文））函数的图象大致是（）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】

利用特殊值及函数的导数判断函数的单调性进行排除，即可得到函数的图象.

【详解】

当时，.排除AC，

，令

，当，，函数是增函数，

当，，函数是减函数，，，，存在，使得，

且当，，即，函数是增函数，

当，，即，函数是减函数，

∴B不正确，

故选D.

【点睛】

思路点睛：本题考查函数图象的判断，一般通过函数的定义域､值域､奇偶性､对称性､单调性､特殊点以及变化趋势判断.

6．（2021·河南·模拟预测（文））“三分损益法”是古代中国发明制定音律时所用的方法，其基本原理是：以一根确定长度的琴弦为基准，取此琴弦长度的得到第二根琴弦，第二根琴弦长度的为第三根琴弦，第三根琴弦长度的为第四根琴弦，第四根琴弦长度的为第五根琴弦．琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫、商、角（jué）、徵（zhǐ）、羽”，则“角”和“徵”对应的琴弦长度之比为（）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度，并把五根琴弦的长度从大到小排列，从而可求出“角”和“徵”对应的琴弦长度之比.

【详解】

设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度依次为，，，，

五根琴弦的长度从大到小依次为，，，，，

所以“角”和“徵”对应的琴弦长度分别为和，其长度之比为．

故选：C.

7．（2021·云南玉溪·高三月考（文））已知直线过抛物线：的焦点，并交抛物线于，两点，，则弦中点的横坐标是（）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】

过点作抛物线准线的垂线，则由抛物线的定义结合梯形中位线定理可求得结果

【详解】

如图，由题意可得抛物线的准线的方程为，

过点作抛物线准线的垂线于，过分别作于点，于点，则，

因为弦的中点为，

所以，

所以点的横坐标是，

故选：C

8．（2021·云南师大附中高三月考（文））某三棱锥的三视图如图所示，是三个边长为2的正方形，则该三棱锥的体积为（）

A． B． C．6 D．

【答案】B

【分析】

作出原几何体，得出其是由正方体截去四个角得出的正四面体，用正方体体积减去4个三棱锥体积可得.

【详解】

根据三视图知，该几何体是棱长为2的正方体截去四个角得出的正四面体，它的体积等于正方体的体积减去正方体四个角处三棱锥的体积.记每一个角处三棱锥的体积为，则

，

故选：B.

9．（2021·河南·高三月考（文））在平行四边形中，，，为中点，若，且.则（）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

设，求得，将与用基底表示，并将转化为，计算求得结果.

【详解】

设，则，

由条件可得，，

由可得，即，

即.

故.

故选：A.

10．（2021·陕西西安·高三月考（文））已知，则的值域是（）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

首先利用降幂公式化简函数，再求的范围，再求函数的值域.

【详解】

，

的值域为

故选：C．

11．（2021·安徽省泗县第一中学模拟预测（文））已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，且点在直线上，则的取值范围是（）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

将两圆的方程相减可得公共弦方程，从而求得定点，利用点在直线上可得，再代入消元，转化成一元二次函数的取值范围；

【详解】

解：由圆，圆，

得圆与圆的公共弦所在直线方程为，求得定点，

又在直线上，，即.

∴，∴的取值范围是.

故选：A.

【点睛】

本题考查圆的公共弦方程求解、一元二次函数的最值，考查转化与化归思想的运用.

12．（2021·江西临川·三模（文））已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.

【详解】

由题设有，

令，则有即.

因为在区间内没有零点，

故存在整数，使得，

即，因为，所以且，故或，

所以或，

故选：D.

【点睛】

本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13．（2021·贵州·模拟预测（文））在梯形中，，则的面积是___________.

【答案】

【分析】

在中，由余弦定理可得的值，进而求出的面积，由的面积为得结论．

【详解】

解：在中，由余弦定理可得：，

所以，

所以的面积为：，

因为.

所以的面积为.

故答案为：.

14．（2021·江西·模拟预测（文））已知函数的定义域为，对任意，恒成立，且当时，，则______.

【答案】54

【分析】

由已知条件可得，求出即可得到答案；

【详解】

因为，

所以.

故答案为：54.

15．（2021·四川内江·模拟预测（文））若对任意的、，且，，则的最小值是_______________________．

【答案】

【分析】

分析出函数在上为减函数，利用导数求出函数的单调递减区间，即可求得实数的最小值.

【详解】

对任意的、，且，，易知，

则，所以，，即，

令，则函数在上为减函数，

因为，由，可得，

所以函数的单调递减区间为，

所以，，所以，，因此，实数的最小值为.

故答案为：.

16．（2021·甘肃金昌·二模（文））如图，已知抛物线：的焦点为，抛物线的准线与轴相交于点，点（在第一象限）在抛物线上，射线与准线相交于点，，直线与抛物线交于另一点，则________．

【答案】3

【分析】

由，可得，再由直线的方程为：，与抛物线联立，可得，从而得，结合抛物线定义及平行性质可得解.

【详解】

抛物线：的焦点为，

由，可得，解得，可得，

由，解得，

直线的方程为：，与抛物线联立，可得，

由，得，则，所以，

由抛物线定义得，

且，所以，

所以

故答案为：3.

【点睛】

关键点点睛：本题的解题关键是由得，再由直线和抛物线联立得，进而得，从而可利用抛物线的性质处理比值.

三、解答题（本大题共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．（2021·吉林·长春市基础教育研究中心（长春市基础教育质量监测中心）一模（文））某中学有初中学生1800人，高中学生1200人，为了解全校学生本学期开学以来（60天）的课外阅读时间，学校采用分层抽样方法，从中抽取了100名学生进行问卷调查.将样本中的“初中学生”和“高中学生”按学生的课外阅读时间（单位：小时）各分为5组：，得其频率分布直方图如图所示.

（1）国家规定：初中学生平均每人每天课外阅读时间不少于半小时，若该校初中学生课外阅读时间低于国家标准，则学校应适当增加课外阅读时间.根据以上抽样调查数据（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），该校是否需要增加初中学生课外阅读时间？

（2）从课外阅读时间不足10个小时的样本中随机抽取3人，求至少有2名初中生的概率.

【答案】（1）需要；（2）.

【分析】

（1）根据频率分布直方图根据平均数公式估计初中生阅读时间的平均数，即得解；

（2）根据古典概型的计算公式，即得解

【详解】

（1）由图可求出初中生在内的频率为，故样本中初中生阅读时间的平均数为

，

故按国家标准，该校需要增加初中学生课外阅读时间.

（2）由图可求出初中生和高中生课外阅读时间不足10小时的人数分别为3人和2人，记初中生3人为，高中生2人为，从这5人中随机抽取3人一共有10种，分别为

其中至少2名初中生包括7种情况，

所以所求事件的概率为.

18．（2021·安徽省舒城中学三模（文））设数列为等差数列，其前n项和为，数列为等比数列．已知．

（1）求数列和的通项公式；

（2）求数列的前n项和．

【答案】（1），；（2）．

【分析】

（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意，列方程求解即可得答案；

（2）根据错位相减法求和即可.

【详解】

解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

由可得，即，解得，

所以，，

，，

则；

（2），

则①，

可得②，

①②得：

，

因此，；

【点睛】

本题考查等差等比数列的基本计算，错位相减法求和，考查运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于掌握错位相减法求和的基本方法，第一步列式，第二步，乘公比错位，第三步两式做差整理.

19．（2021·黑龙江·哈九中三模（文））如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，、分别为、的中点，为上一点．过和的平面交于，交于．

（1）证明：，且平面平面；

（2）设为的中心．若，平面，且，求四棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】

（1）证明出、，结合平行线的传递性可证得，证明出，平面，结合面面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，说明点到平面的距离等于点到平面的距离，然后利用锥体的体积公式可求得结果.

【详解】

（1）在三棱柱中，且，故四边形为平行四边形，

所以，且，

因为、分别为、的中点，则且，

故四边形为平行四边形，所以，，

又因为，因此，.

，为的中点，则，

平面，平面，故，

，则，

，平面，

平面，平面，平面平面，则，

，，所以，平面，

因为平面，因此，平面平面；

（2）平面，平面，平面平面，

故，

又因为，故四边形为平行四边形，所以，，

为的中心，则，

，，则四边形为平行四边形，

所以，，，，

因为且，则四边形为平行四边形，故，

平面，平面，故平面，

所以点到平面的距离等于点到平面的距离，

过点在平面内作，垂足为点，

因为平面平面，平面平面，平面，，故平面，

所以，，

，

所以，.

20．（2021·四川德阳·二模（文））已知直线与椭圆相切于点，直线的斜率为，设直线与椭圆分别交于点、(异于点)，与直线交于点.

（1）求直线m的方程：

（2）证明：成等比数列

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】

（1）首先设直线的方程为，再与椭圆联立，利用求解即可.

（2）首先设直线的方程为，与直线联立得到且，则，再与椭圆联立，利用弦长公式计算，即可证明.

【详解】

（1）由题知直线的斜率存在，设直线的方程为，

由只有一组实数解，

即只有一实根，

得.

解得.

故直线的方程为.

（2）设直线的方程为，

则且，则，

由，得，

所以，

所以.

即，

即､､成等比数列.

21．（2021·江西·临川一中模拟预测（文））已知函数，，当时，

（1）若函数在处的切线与轴平行，求实数的值；

（2）求证：；

（3）若恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．

【分析】

（1）求导数，根据题意g'(0)=0,求得a的值；（2）①当时，，构造函数，利用导数研究单调性，进而证明，从而证得；②当时，，令，利用导数研究单调性，进而证明，，综上可知：；（3）利用（2）的结论放缩后得，令，利用导数研究单调性可得．得到．从而当时，在上恒成立．同样利用放缩后可得．利用导数进行研究可证得当时，在上不恒成立．

【详解】

解：（1），

函数在处的切线与轴平行，则，得．

（2）证明：①当时，，

令，则．当时，，

∴在上是增函数，∴，即．

②当时，，令，则．

当时，，∴在单调递增，∴，

∴，综上可知：；

（3）解：设

．

令，则，

令，则．

当时，，可得是上的减函数，

∴，故在单调递减，

∴．∴．

∴当时，在上恒成立．

下面证明当时，在上不恒成立．

．

令，则．

当时，，故在上是减函数，

∴．

当时，．∴存在，使得，此时，．

即在不恒成立．综上实数的取值范围是．

【点睛】

本题考查导数的几何意义，利用导数证明不等式和解决不等式恒成立求参数范围问题，属于中高档题，难度较大.关键难点是利用第（2）的结论，对进行放缩，从正反两方面证明a≤-3.

请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．

22．（2021·云南大理·模拟预测（文））数学中有许多寓意美好的曲线，在极坐标系中，曲线被称为“三叶玫瑰线”（如图所示）．

（1）当，求以极点为圆心，为半径的圆与三叶玫瑰线交点的极坐标；

（2）设点P是由（1）中的交点所确定的圆M上的动点，直线，求点P到直线l的距离的最大值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）由可得，然后解出的值即可；

（2）将圆和直线l的极坐标方程转化为直角坐标方程，然后可求出答案.

【详解】

（1）由可得，所以或

所以或

因为，所以

所以交点的极坐标为

（2）由（1）可得圆M的极坐标方程为，转化为直角坐标方程为

直线的直角坐标方程为

所以点P到直线l的距离的最大值为

23．（2021·贵州·二模（文））已知.

（Ⅰ）当时，求不等式的解集；

（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】

（Ⅰ）分别在、和时，去绝对值符号，解不等式求得结果；

（Ⅱ）将问题转化为在上恒成立，由绝对值不等式的解法和分离变量法可得，根据可得结果.

【详解】

（Ⅰ）当时，；

当时，，解集为；

当时，，解得：，；

当时，恒成立，；

综上所述：的解集为；

（Ⅱ）当时，，

则恒成立等价于恒成立，

，即，，

当时，，，即实数的取值范围为.

【点睛】

易错点睛：本题易错点在于采用分离变量法求解恒成立问题时，忽略了函数最值点能否取得的问题，造成求解参数范围时丢掉了临界值.