2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考数学全真模拟测试（四）（含解析）

2022年普通高等学校招生全国统一考试

全真模拟测试（四）

数学答案

1．C

由题意知,，，

∴，

∴.

2．B

∵

∴,

故.

3．C

因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，

因为直线经过点和，所以直线斜率为，

因为直线与平行，所以，解得：，

4．C

由恬，，，

函数定义域是，在上递减，在上递增．

5．B

将函数转化为：，

表示以为圆心，以2为半径的半圆，如图所示：

由图知：当直线过点时，，

当直线与圆相切时，，解得过，

所以当时，函数的图象与直线有公共点，

所以实数的取值范围为.

6．A

因，令，，而双曲线实半轴长，

由双曲线定义知，，

而，于是可得，在等腰中，，

令双曲线半焦距为c，在中，由余弦定理得：，

而，，，解得，

所以双曲线的离心率为.

7．D

解：由题意，又，所以，故选项正确；

由，且，，，得，解得，选项正确；

由题意当时，，当时，，

所以，，故时，的最大值为10，故选项错误；

由于，数列是递减数列，当时，，当时，；

当时，，当时，，

所以当时，，当时，，当时，，

故数列中最小的项为第6项，选项正确．

8．C

令，即，

解得或.

.

令，得，令，得，

故在和上分别单调递减，在和上分别单调递增，

在处取得极大值，，

在处取得极小值，，

当x从左边趋近0时，趋近于正无穷大，当x从右边趋近0时，趋近于负无穷大，当x无穷大时，趋近于0.

可知，与的图象在y轴右侧只有一个交点，在y轴左侧无交点，故此时有一个正零点，当时，与的图象在y轴左侧只有一个交点，

在y轴右侧有两个交点，故共有三个正零点，一个负零点，

故选：C.

9．CD

对于A，若m∥α，α∥β，则m可能在β内，所以A不正确；

对于B，若m∥α，m∥β，则α∥β，还有α与β可能相交，所以B不正确；

对于C，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，满足直线与平面垂直的性质定理，故C正确；

对于D，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，满足面面平行的性质定理和线面垂直的判定定理，所以D正确；

10．AC

因为函数 的最小正周期为，

所以，解得，所以，

将的图象向左平移个单位长度，得到，

再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数，

A. ，故正确；

B. 因为，所以，所以在不单调，故错误；

C.因为 ，所以的图像关于，故正确；

D. 因为，所以，则在上的最大值是，故错误；

11．AD

函数,,

∵是函数的极值点，∴，即，

,当时，

,,即A选项正确,B选项不正确;

,

即D正确,C不正确.

12．ABD

对于A项：在中，，D为AC中点，

所以，又PO垂直于圆O所在的平面，

所以，因为，所以平面PDO，故A正确．

对于B项：由于P，C，E共面，且D在平面PCE外，所以CE与PD异面，故B正确．

对于C项：因为可得平面PDO，若直线平面PDO，则有平面平面PDO，这与两平面有公共点P矛盾，故C错．

对于D项：在三棱锥中，将侧面PBC绕PB旋转至平面，使之与平面PAB共面，如图所示，

则当A，E，共线时，取得最小值，

因为，，所以，

由余弦定理可得，即的最小值为，故D对．

13．

设的长度为，由，而的几何意义为：在上的投影与的乘积，∴

故答案为：.

14．

，

故答案为：.

15．

设等比数列的公比为，由已知，得，

解得，所以.

16．         

易得该六面体为两个正四面体的组合体，所以体积为

设该六面体的内切球的半径为，则为该六面体的表面积，，所以，则该六面体的内切球的体积为

17．

(1)根据给定条件求出数列的公差即可求解作答.

(2)由(1)结合裂项相消法计算求出作答.

(1)

设等差数列的公差为，由是，的等比中项得，即，

因，则，解得，，

所以的通项公式是：.

(2)

由(1)知，，

则，

所以数列的前n项的和.

18．

(1)

在四棱锥中，连接交于，则为中点，

连接，

又为中点，

∴

又平面，平面，

∴平面

(2)

方法一：

∵四边形是菱形，且，∴为正三角形，取中点的，连接，，则，

∵平面平面，平面平面，∴平面

∵、是正三角形，，易得，∴

∴．易得，由，∴，

取的中点，连接，因为，∴，

∴，可得，

设点到平面的距离为，∴，

解得，即点到平面的距离为．

方法二：∵四边形是菱形，且，

∴为正三角形，取中点的，连接，，则，

∵平面平面，平面平面，∴平面

∵是正三角形∴

分别以线段、、所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系

又∵则，，，，

∴，

设平面的法向量为则即

令，则又设点到平面的距离为

则即点到平面的距离为．

19．

(1)

解：根据正弦定理得，

∴，

所以.

整理，得，即.

因为

所以，即.

(2)

解：由，，得.

由余弦定理，得，所以

又，所以.

20

(Ⅰ) 解: 学校总数为，分层抽样的比例为

计算各类学校应抽取的数目为：，，.

故从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为所.

 (Ⅱ) 解: ① 在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为；2所中学分别记为；1所大学记为.

则应抽取的2所学校的所有结果为：

，，，，，，，，， ，，， ，，，共15种.

 ②设“抽取的2所学校没有大学”作为事件.其结果共有10种.

所以，.

21．

（1）设，因为直线的斜率，

的斜率（）

由已知得（），

化简得点的轨迹方程为（）.

（2）解法一：设直线的方程为，，，

由得，

，，

因为以线段为直径的圆过点，所以，

得，

又因为，，得，

所以 ，

所以，

解得，

所以直线的方程为，即或

解法二：①当直线的斜率不存在时，的方程为，

不妨设，，，故舍去.

②当直线的斜率存在时，设的方程为（），，，

由得，

，，

因为以线段为直径的圆过点，所以，

得，

又因为，，

得，

所以，

解得 ，

所以直线的方程为，即或

综上，直线的方程为或.

22．

解：（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.