卷3-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

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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）第三模拟（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．（2021·四川遂宁·模拟预测（文））已知集合，，求（）A． B．C． D．【答案】B【分析】解不等式确定集合，然后由交集定义计算．【详解】且，，所以．故选：B．2．（2021·贵州·二模（文））若复数满足（为虚数单位），则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由于,故只需计算即可得答案.【详解】因为,所以.故选:A3．（2021·广西·南宁三中二模（文））执行如图所示的程序框图，若输出的S是30，则判断框内的条件可以是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据程序执行的结果，由程序逻辑列出执行步骤及其结果，结合循环体各次迭代所得结果判断条件即可.【详解】由程序框图，其执行结果如下：1、：，执行循环体；2、：，执行循环体；3、：，执行循环体；4、：，执行循环体；5、：，跳出循环体，输出；∴框内条件应为.故选：D.4．（2021·云南昆明·一模（文））双曲线的顶点到渐近线的距离为（）A．2 B． C． D．1【答案】C【分析】由双曲线的对称性知各顶点到渐近线的距离相等，根据方程写出右顶点及一条渐近线方程，结合点线距离公式求距离即可.【详解】根据双曲线的对称性，其两个顶点到两条渐近线的距离都相等，由题意，知：右顶点坐标为，一条渐近线方程为，∴，即顶点到渐近线的距离为.故选：C.5．（2021·江西南昌·三模（文））已知公差不为0的等差数列满足，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由条件利用等差中项化简，再根据等差数列的性质及等差数列的求和公式即可求解.【详解】，，，又，，故选：C【点睛】关键点点睛：根据等差数列的性质时，化简是解题的关键，属于中档题.6．（2021·内蒙古·四子王旗第一中学高三月考（文））若，满足约束条件，则的最大值为（）A．9 B．8 C．7 D．6【答案】C【分析】先作可行域，再根据目标函数表示直线，结合图象确定最大值取法，即得结果.【详解】先作可行域，如图，则直线过点时取最大值，为故选：C【点睛】本题考查利用线性规划求最值，烤箱数形结合思想方法，属基础题.7．（2021·河北·高三月考（文））在中，角、、的对边分别为、、，若，，则角（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由正弦定理结合已知条件可得出，再利用余弦定理求得的值，结合角的取值范围可求得角的值.【详解】因为，由正弦定理可得，，所以，，由余弦定理可得，，因此，.故选：B.【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.8．（2021·四川·石室中学三模）已知函数，则其大致图象是下列图中的（）A． B．C． D．【答案】C【分析】首先根据函数的奇偶性排除AD，接着比较选项BD得到只需判断函数与直线在时交点横坐标的大小即可，最后结合函数图象进行判断即可.【详解】因为定义域为，又，所以函数是偶函数，故排除AD，结合选项BD，只需求解函数与直线在时交点的横坐标，令，，解得即，当时，，所以函数与直线在时的第一个交点的横坐标为，结合函数图象可知，选项C符合题意，故选：C.9．（2021·江西·模拟预测（文））把函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象向上平移1个单位长度，可得到函数的图象，则（）A． B．的最小正周期为C．的图象关于直线对称 D．在上单调递减【答案】D【分析】根据三角函数的平移变换可得，再由三角函数的性质逐一判断即可.【详解】将函数图象向左平移个单位长度得到的图象，再向上平移1个单位长度可得到的图象，故A错误.，故B错误；令，得，当时，；当时，，故C错误.令，，所以在上单调递减，故D正确.故选：D.10．（2021·四川省绵阳南山中学模拟预测（文））已知函数，给出以下四个结论：①函数的图象关于直线对；②函数图象在处的切线与轴垂直；③函数在区间上单调递增；④为奇函数，且既无最大值，也无最小值.其中所有正确结论的编号是（）A．① B．②③ C．②④ D．②③④【答案】D【分析】利用导数及三角形函数的性质一一判断即可；【详解】解：因为，所以，所以，故函数的图象不关于直线对，故①错误；，，，切线的斜率为，即切线与轴垂直，故②正确；当，，，所以，即函数在区间上单调递增，故③正确；因为，所以定义域为，，所以为奇函数，取时，因为，，当时，，，所以，当时，，，所以，故既无最大值，也无最小值，即④正确；故选：D11．（2021·江西·景德镇一中高三月考（文））已知，，，则，，的大小关系是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】观察a,b,c的结构，进而变形为，，，然后通过构造函数，利用导数得出函数的单调性，最后比较出大小.【详解】由题意，，，，构造函数，则，所以函数在上单调递减，所以，即.故选：C.【点睛】比较大小通常会用到函数的单调性，本题首先需要观察a,b,c的结构，对式子进行恰当的变化，找到共性，进而构造函数，通过函数的单调性进行解决.12．（2021·甘肃·一模（文））设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由得，设，，可得与互为反函数，且与的图像关于对称，可得函数（或的图像与直线相切时的值是不等式恒成立的最小值，设切点为对求导，列出关于，的方程组，可得的最小值.【详解】解：由题意得，设，，可得与互为反函数，且与的图像关于对称，所以函数（或）的图像与直线相切时的值是不等式恒成立时的最小值，设函数与直线相切的切点为，可得可得，同时对求导可得：，可得，联立可得，解得：，则的最小值为，故选：A.【点睛】本题主要考查不等式恒成立的问题，考查了函数与反函数的性质，导数性质的应用，体现了转化的思想，属于中档题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（2021·贵州六盘水·一模（文））小明在一个专用的邮票箱中，收藏了北京2022年冬奥会吉祥物和冬残奥会吉祥物纪念邮票一套2枚，冬奥会会徽和冬残奥会会徽纪念邮票一套2枚．现从这4枚邮票中随机抽取2枚，恰好有一张是“冰墩墩”（图案为大熊猫）的概率为________．【答案】【分析】利用古典概型公式，编号，列举的方法，求概率.【详解】设冬奥会吉祥物和冬残奥会吉祥物纪念邮票一套2枚分别记为（为“冰墩墩”），，冬奥会会徽和冬残奥会会徽纪念邮票一套2枚分别记为，，从这4枚邮票中随机抽取2枚的基本事件分别是，，，，，，共6种，其中恰好有一张是“冰墩墩”的基本事件是，，，共3种，故所求概率为．故答案为：14．（2021·黑龙江齐齐哈尔·一模（文））已知向量，若，则向量与向量夹角的余弦值为_______________.【答案】【分析】由可得，再由即可求出.【详解】由，得，所以，，，故.故答案为：.15．（2021·吉林长春·模拟预测（文））在正方体中，分别为和的中点，则下列说法正确的序号有___________.①四点共面；②平面；③；④与所成角为60°.【答案】②③④【分析】对于①：用异面直线判定定理即可判断；对于②：利用线面平行的判定定理即可判断；对于③：先证明⊥面，再证明；对于④：利用△为正三角形，可得与成角60°，即可求出PN与成角.【详解】对于平面BCC1B1中，面BCC1B1，面BCC1B1，又，则为异面直线，因此N､P､B､M不共面，故①错；连结.在正方体中，,又，则四边形为平行四边形，所以；因为分别为的中点，所以，又面，面，故平面，②对；在正方体中，又所以⊥面，所以.因为分别为的中点，所以，所以，故③对；在正方体中，连结BD,因为分别为和的中点，所以,所以四边形BDNP为平行四边形，所以因为，所以△为正三角形，所以与成角60°，即PN与成角60°，故④对.故答案为：②③④.【点睛】(1)立体几何关系的证明，用判定定理；(2) 平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线所成的角来解决.16．（2021·河南洛阳·三模（文））已知，是椭圆（）的左，右焦点，过的直线与椭圆交于，两点，若且，则与的面积之比为________．【答案】【分析】根据椭圆的定义，运用勾股定理、三角形面积公式进行求解即可.【详解】设，由椭圆的定义可知：所以因为，所以,即，解得或，当时，所以不符合题意，故舍去，因此，所以，与的面积之比为：，故答案为：【点睛】关键点睛：根据椭圆的定义结合勾股定理，选择合适的三角形面积公式是解题的关键.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·云南红河·三模（文））已知公差不为0的等差数列的前项和为，且，，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据等比数列的性质，结合等差数列的通项公式进行求解即可；（2）根据等比数列的定义，结合等比数列、等差数列前项和公式进行求解即可；【详解】（1）设等差数列的公差为，所以有，，∵，，成等比数列，∴，即∵∴，又∵，∴，即，∴；（2）由题意知，，，∴是以4为首项4为公比的等比数列.记数列得前项和为，则，数列的前项和，.18．（2021·陕西渭南·二模（文））2021年，是中国共产党建党百年华诞.为迎接建党100周年，某单位组织全体党员开展“学党史，知党情，感党恩”系列活动.在学党史知识竞赛中，共设置20个小题，每个小题5分.随机对100名党员的成绩进行统计，成绩均在内，现将成绩分成5组，按照下面分组进行统计分析：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.已知甲､乙､丙分别在第3，4，5组，现在用分层抽样的方法在第3，4，5组共选取6人（包含甲､乙､丙）参加党史知识抢答赛.（1）求这100人的平均得分(同一组数据用该区间的中点值作代表)；（2）求第4组选取参加抢答赛的人数；（3）若从参加抢答赛的6人中随机选取两人参加上级部门的党史知识复赛，求甲､乙､丙3人至多有一人被选取的概率.【答案】（1）；（2）2人；（3）.【分析】（1）直接利用平均数的公式求解即可；（2）由频率分布直方图可知，第3､4､5组人数之比为，从而可求出第4组选取参加抢答赛的人数；（3）用列举法列出所有情况，再找出甲､乙､丙3人至多有一人被选取的情况，然后利用古典概型的概率公式可求得结果【详解】解：（1）这100人的平均得分为.（2）第3､4､5组人数之比为，第4组选取参加抢答赛的人数为人.（3）记其他人为丁､戊､己，则所有选取的结果为(甲､乙)､(甲､丙)､(甲､丁)､(甲､戊)､(甲､己)､(乙､丙)､(乙､丁)､(乙､戊)､(乙､己)､(丙､丁)､(丙､戊)､(丙､己)､(丁､戊)､(丁､己)､(戊､己)共15种情况，其中甲､乙､丙这3人至多有一人被选取有12种情况.设“甲､乙､丙3人至多有一人被选取的事件”为A.故甲､乙､丙3人至多有一人被选取的概率为.19．（2021·青海西宁·一模（文））如图，已知圆O的直径AB长为2，上半圆圆弧上有一点C，，点P是弧AC上的动点，点D是下半圆弧的中点，现以AB为折线，将上､下半圆所在的平面折成直二面角，连接，，.（1）当平面PCD时，求的长；（2）求三棱锥的最大体积【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由线面平行的性质可得，进而推导得到，由此可求得；（2）利用等体积法求得三棱锥的体积表达式，所以可得当时，三棱锥体积最大，即可求得结果.【详解】（1）因为平面，平面，平面平面，所以由线面平行的性质定理得.又，可得.而，所以为正三角形，所以.（2）因为二面角为直二面角，且，所以平面，而，则，所以当时，三棱锥体积最大，最大值为.【点睛】当所求的几何体的体积不能直接利用公式得出时，常用等体积法、分割法、补形法等方法进行求解.20．（2021·安徽马鞍山·二模（文））已知双曲线的左焦点为，右顶点为，过点向双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为，直线与双曲线的左支交于点.（1）设为坐标原点，求线段的长度；（2）求证：平分.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）不妨设在第二象限，可得和方程，联立可求得，由两点间距离公式可化简求得；（2）设直线的倾斜角为，可得，由二倍角正切公式可得；将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理可求得，代入直线方程可得，由两点连线斜率公式可表示出直线斜率为，由此可得结论.【详解】（1）不妨设在第二象限，则渐近线的方程为，则直线的方程为，由得：，，，；（2）证明：设直线的倾斜角为，则，，又，直线的斜率为，则直线的方程为，由得：，，，又，直线的斜率为，故平分.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线综合应用问题，证明直线平分角的关键是能够将问题转化为两直线斜率之间的关系，通过求解两直线斜率可确定结论.21．（2021·山西·三模（文））已知函数有两个零点，.（1）求实数的取值范围；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）求导，对参数分类讨论，通过导数研究函数的零点情况，求得参数取值范围；（2）方法一：由题意得，令，两式相除得，欲证，即证，即证，记，通过导数研究函数的最值情况，即可证得不等式；方法二：令，代入化简得，，将不等式转化为，即证.记，通过求导，并对导数中的部分函数求导研究原函数的最值情况，证得不等式.【详解】（1）解：的定义域为，.①当时，，所以在上单调递增，故至多有一个零点，不符合题意；②当时，令，得；令，得，故在上单调递减，在上单调递增，所以（i）若，则，故至多有一个零点，不符合题意；（ii）若，则，，由（i）知，∴，∴，.又∵，，故存在两个零点，分别在，内.综上，实数的取值范围为.（2）证明：方法1：由题意得，令，两式相除得，变形得.欲证，即证，即证.记，，故在上单调递减，从而，即，所以得证.方法2：由题意得：由（1）可知，，令，则，则，两式相除得，，，欲证，即证，即证.记，，令，，故在上单调递减，则，即，∴在上单调递减，从面，∴得证，即得证.【点睛】方法点睛：通过导数研究函数零点问题，带参需要分类讨论；对于双变量问题，一般选择另一个变量对双变量进行代换，如本题中令或，然后构造新函数，通过导数研究函数的最值情况.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·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高三月考（文））在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数)，以坐标原点O为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为－2cos=3．（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）曲线与相交于两点，求的值．【答案】（1）；；（2）3．【分析】（1）曲线参数方程消去参数t，可得到的普通方程，进而将其转化为极坐标方程即可，利用极坐标方程与直角坐标方程间的关系，可将的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）结合曲线、的极坐标方程，可得，设两点所对应的极径分别为，可求得的值，进而可得到的值．【详解】曲线的普通方程为，即极坐标方程为曲线的直角坐标方程为，即．曲线的极坐标方程为，代入，可得，则．【点睛】求解与极坐标有关的问题的主要方法：（1）直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用；（2）转化为直角坐标系，用直角坐标求解.23．（2021·内蒙古呼和浩特·一模（文））已知函数(，，均为正实数).（1）当时，求的最小值；（2）当的最小值为3时，求的最小值.【答案】（1）最小值是；（2）最小值是.【分析】（1）当时，利用绝对值三角不等式即可求解；（2）利用绝对值三角不等式可得的最小值，再利用柯西不等式即可求最值.【详解】（1）当时，易得.（2）由绝对值三角不等式可得：，均为正实数，，，，当且仅当，即，时等号成立，的最小值是.