卷4-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）第四模拟（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·山西·太原五中高三月考（文））在复平面内与复数所对应的点关于虚轴对称的点为，则对应的复数为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】在复平面内，复数的实部代表对应点的横坐标，虚部代表纵坐标，对复数进行化简可得到其所对应的点坐标，从而求出对称点的坐标，横坐标为实部，纵坐标为虚部，可以写出点所对应的复数【详解】，在复平面内所对应的点为，关于虚轴对称的点为，所以对应的复数为故选：D2．（2021·吉林·长春十一高高三月考（文））图中阴影部分所对应的集合是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据图中阴影部分和集合的运算可得答案.【详解】图中阴影部分所对应的集合是两部分集合的并集，即，故选：C3．（2021·新疆·二模（文））已知，，为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若，，则B．若，，，，则C．若，，，，则D．若，，，则【答案】B【分析】利用线面平行的判定定理可判断A；根据线面平行的性质可判断B；由线面垂直的判定定理可判断C；由面面平行的判定定理可判断A.【详解】A，若，，且，则，故A错误；B，若，，，则，且，由，所以，故B正确；C，若，，，，且与相交，则，故C错误；D，若，，，且与相交，则，故D错误.故选：B4．（2021·甘肃·静宁县第一中学二模（文））已知，则（）A． B．C． D．【答案】C【分析】用正弦的二倍角公式和同角间的三角函数关系变形为关于齐次式，再转化为关于的式子，代入计算．【详解】因为，所以．故选：C5．（2021·新疆巴音郭楞蒙古自治州第二中学高三月考（文））甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用．若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（）A．丙被录用了 B．乙被录用了 C．甲被录用了 D．无法确定谁被录用了【答案】C【分析】利用反证法,即可得出结论【详解】假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成立；假设甲说的是假话，即丙没有被录用，则丙说的是真话，若乙说的是真话，即甲被录用，成立.故甲被录用.若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立.故选:C.6．（2021·黑龙江哈尔滨·高三月考（文））中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了（）A．192 里 B．96 里 C．48 里 D．24 里【答案】B【分析】由题可得此人每天走的步数等比数列，根据求和公式求出首项可得.【详解】由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列，由题意和等比数列的求和公式可得，解得，第此人第二天走里.故选：B．7．（2021·宁夏·中宁一中高三月考（文））已知，是正实数，函数的图象经过点，则的最小值为（）A． B．9 C． D．2【答案】B【分析】将点的坐标代入，得到，的关系式，再应用基本不等式即可．【详解】函数的图像经过点，，即．（当且仅当，即时取到等号）．故选：B．8．（2021·山西吕梁·高三月考（文））如图，中，点M是BC的中点，点N满足，AM与CN交于点D，，则（）
 A． B． C． D．【答案】C【分析】由题设易得，利用平面向量的三点共线定理即可求值.【详解】由题设，，又，，∴，而共线，∴，可得.故选：C9．（2021·吉林·东北师大附中高三月考（文））已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】分析各选项中函数的定义域、奇偶性及其在上的函数值符号，由此可得出合适的选项.【详解】对于A选项，函数的定义域为，不满足条件；对于B选项，函数的定义域为，不满足条件；对于C选项，函数的定义域为，，函数为偶函数，当时，，则，不满足条件；对于D选项，函数的定义域为，，函数为偶函数，当时，，则，满足条件.故选：D.10．（2021·江西萍乡·二模（文））已知函数为偶函数，且当时，．若，，．（其中为自然对数的底数，为圆周率），则，，的大小关系为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用指数函数的性质和对数函数的性质可得，，，结合的奇偶性和单调性可得三者之间的大小关系.【详解】因为时，，故为上的增函数因为，，，故，而，故故选：A.11．（2021·四川眉山·三模（文））阿波罗尼奥斯是与阿基米德、欧几里得齐名的古希腊数学家，以他姓名命名的阿氏圆是指平面内到两定点的距离的比值为常数的动点的轨迹．已知在中，角、、所对的边分别为、、，且，，则面积的最大值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】求得，，然后以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，求出点的轨迹方程，可得出中边上的高的最大值，由此可求得面积的最大值.【详解】由正弦定理可得，设的外接圆半径为，则，以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示：则、，设点，由，可得，化简可得，所以，的边上的高的最大值为，因此，.故选：A.【点睛】方法点睛：求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；（2）定义法：根据圆的定义写出方程；（3）几何法：利用圆的性质列方程；（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．12．（2021·山西·一模（文））函数（，且）有两个零点，则的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，将题意转化为函数图象与函数图象有两个交点，结合图象确定正确选项.【详解】，得，即．由题意知函数图象与函数图象有两个交点．当时，草图如下，显然有两交点．当时，函数图象与函数图象有两个交点时，注意到互为反函数，图象关于直线对称，可知函数图象与直线相切，设切点横坐标，则，解得综上，a的取值范围为.故选：D．【点睛】思路点睛：本题处理函数的零点问题转化为了两个函数图象的交点，利用数形结合思想可得参数范围.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（2021·江西·高三月考（文））某工厂为了对40个零件进行抽样调查，将其编号为00，01，…，38，39.现要从中选出5个，利用下面的随机数表，从第一行第3列开始，由左至右依次读取，选出来的第5个零件编号是______.0647  4373  8636  9647  3661  4698  6371  6233  2616  8045  6011  14109577  7424  6762  4281  1457  2042  5332  3732  2707  3607  5124  5179【答案】11【分析】由题意可知，由47，从左至右依次读取00-39的数，可求得结果【详解】利用随机数表，从第一行第3列开始，由左至右依次读取，即47开始读取，在编号范围内的提取出来，可得36，33，26，16，11，则选出来的第5个零件编号是11，故答案为：1114．（2021·陕西·高新一中二模（文））在中，角、、所对的边为、、，若，，，则的面积______．【答案】6【分析】根据同角三角函数的基本关系先计算出的值，然后根据两角和的正弦公式计算出的值，再利用正弦定理求解出，结合三角形面积公式可完成求解.【详解】解：在中，因为，可得，，又，所以，由正弦定理，可得，解得，故的面积，故答案为：6．【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于通过隐含条件“”分析出的值，后续再根据正弦定理求解出中任意一边的长度即可根据三角形面积公式完成计算.15．（2021·山西阳泉·三模（文））为迎接2022年北京冬奥会，短道速滑队组织甲､乙､丙等6名队员参加选拔赛，比赛结果没有并列名次.记“甲得第一名”为p，“乙得第一名”为q，“丙得第一名”为r，若是真命题，是真命题，则得第一名的是__________.【答案】甲【分析】直接利用复合命题的真假判断推理得答案.【详解】由是真命题，可知p，q中至少有一个是真命题，又比赛结果没有并列名次，说明第一名要么是甲，要么是乙，则r是假命题，又是真命题，则是真命题，即q为假命题，故得第一名的是甲，故答案为：甲．16．（2021·安徽宿州·三模（文））已知三棱锥的外接球的半径为，为等腰直角三角形，若顶点到底面的距离为4，且三棱锥的体积为，则满足上述条件的顶点的轨迹长度是______．【答案】【分析】设直角边的边长为，根据三棱锥的体积为，求得，进而求得外接圆半径为，得出球心到底面的距离，得出球心到该截面圆的距离，进而求得截面圆的半径，即可求得点的轨迹长度.【详解】设底面等腰直角三角形的直角边的边长为，∴顶点到底面的距离为4且三棱锥的体积为，∴，解得，∴的外接圆半径为，∴球心到底面的距离为，又∵顶点到底面的距离为4，∴顶点的轨迹是一个截面圆的圆周（球心在底面和截面圆之间）且球心到该截面圆的距离为，∵截面圆的半径，∴顶点的轨迹长度是，故答案是：．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·江西·临川一中高三月考（文））某种婴儿用品主要材质是橡胶，在加工过程中，可能会残留一些未挥发完全的溶剂，以及橡胶本身含有的化合物等，长期潜伏积累，对免疫力尚未健全的婴幼儿会危害甚大，为了测量此类新产品的挥发性物质含量，从生产的产品中随机抽取100个，得到如下频率分布直方图，若以频率作为概率，规定该婴儿用品的挥发性物质含量<18‰为合格产品.（1）若这100个产品的挥发性物质含量的平均值大于16，则需进行技术改进，试问该新产品是否需要技术改进？（2）为了解产品不合格的原因，用分层抽样的方法从与中抽取6个进行分析，然后从这6个中抽取2个进一步实验，求2个均在内的概率.【答案】（1）该产品需要进行技术改进；（2）.【分析】（1）、由频率分布直方图求出平均值判断与16的大小关系即可得出结论;（2）、先根据分层抽样求得在与中所抽取的个数，运用列举法列出事件的所有情况，由古典概率公式可求得答案.【详解】（1）∵，故该产品需要进行技术改进；（2）组的产品的个数为，组的产品的个数，所以从组中抽取个，从组中抽取个，记组中抽取的5个分别为，组中抽取的一个为，则从6个中抽取2个的所有情况如下：共15种情况，其中在中恰有2个的有共10种情况，所以所求的概率.18．（2021·黑龙江·佳木斯一中高三月考（文））已知数列的前n项和为，且，对任意的数列满足（1）求数列和的通项公式；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用可求出，再根据求出，进而根据可求出；（2）根据，利用裂项求和法可求出，再利用单调性可求出结果.【详解】（1）因为，所以当时，，所以，得，所以，所以.（2）因为，所以，因为为单调递增数列，所以当时，取得最小值，又，所以的取值范围是.19．（2021·西藏拉萨·二模（文））已知在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，，且，点为线段的中点．（1）求证：平面；（2）若为的中点，求到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由条件可得，根据平面平面，可得，可证平面，从而可得，从而可证明结论.
（2）由为的中点，则到平面的距离为到平面的距离的一半, 设到平面的距离为，由，可得答案.【详解】（1）∵为等边三角形，为中点，∴，∵平面平面，，平面平面，∴平面，由平面，所以．又∵，∴平面．（2）由为的中点，则到平面的距离为到平面的距离的一半.由，，可得，.为等边三角形, ,点为线段的中点,则由（1）可知，平面，所以，，∴由（1）可知,平面设到平面的距离为，由，，即，所以到平面的距离为【点睛】关键点睛：本题考查线面垂直的证明和求点到平面的距离，解答本题的关键是根据条件可得到平面的距离为到平面的距离的一半，再由等体积法可求出答案，属于中档题.20．（2021·内蒙古赤峰·高三月考（文））椭圆的焦点到直线的距离为，离心率为，抛物线的焦点与椭圆的焦点重合，斜率为的直线过的焦点与交于两点，与交于两点﹒（1）求椭圆及抛物线的方程；（2）是否存在常数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1），；（2）存在；，理由见解析.【分析】（1）由点到直线的距离求出，可得的值，由离心率求出的值，再由可得的值，即可求解；（2）设直线，，，，，联立直线与椭圆的方程，可得，，弦长，联立抛物线与直线方程，计算，再由是常数即可得的值.【详解】（1）设椭圆与抛物线的公共焦点为所以焦点到直线的距离为，可得：，所以，，由，可得：，所以，所以椭圆，抛物线；由（1）知：，设直线，，，，，由可得：，所以，，所以，由可得：，所以，因为是焦点弦，所以，所以若为常数，则，所以.21．（2021·四川·高三月考（文））已知函数，为的导数．（1）若函数有两个极值点，求实数a的取值范围；（2）当时，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）先求得，然后求得，根据在有两个变号零点列不等式组，由此求得的取值范围.（2）先证得时，所证不等式成立，当时，转化为证明，构造函数，利用导数证得，从而证得所证不等式成立.【详解】（1）依题意知：，，，，有两个极值点，在有两个变号零点，令得：①，关于的一元二次方程有两个不等的正根，记为，即：解得：，，故的取值范围为：.（2）依题意，要证：，①当时，，故原不等式成立，②当时，要证：，即要证：，令则，，先证：，即要证：，令，则，当时，，在单调递增，，即：，当时，，，，在单调递减，，在单调递减，，即：，故原不等式成立.【点睛】利用导数证明不等式成立，可先化简所证不等式，通过构造函数法，再结合导数来证得不等式成立.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·山西·长治市第八中学高三月考（文））在平面直角坐标系中，直线l的参数方程外（为参数，），以平面直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于，两点，且，求角的大小．【答案】（1），；（2）或【分析】（1）对直线消参可得直线的普通方程，再利用直角坐标与极坐标的转化公式将圆转化为直角坐标方程；（2）根据直线参数方程中参数的几何意义直接联立计算即可.（1）解：对直线消参得，即直线的普通方程为，，对于曲线，则，从而，即直角坐标方程为；（2）解：设，两点对应的参数分别为，将直线代入曲线，得，所以，故，解得（舍负），故或．23．（2021·宁夏·中宁一中高三月考（文））已知函数.（1）解不等式；（2）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据绝对值得性质，利用分类讨论方法求解不等式；（2）将不等式解集为R转化为求f(x)的最大值问题，利用绝对值不等式求得其最大值，然后解关于a的二次不等式即可.【详解】解：（1）原不等式等价于，不等式可化为，当时，，解得，即；当时，，解得，即；当时，，解得，即，综上所述，不等式的解集为；（2）由不等式可得，∵，当且仅当时等号成立，∴，即，解得或.∴实数的取值范围为.