理科数学2022届高考考前冲刺卷（四）教师版

2022届高考考前冲刺卷

理 科 数 学（四）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷（选择题）

一、选择题：本大题共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．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】集合，，

所以，故选A．

2．已知复数，则z在复平面内对应的点关于虚轴对称的点是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】z在复平面内对应的点为，关于虚轴对称的点是，故选D．

3．已知函数，则（    ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】D

【解析】由题意，，

所以，故选D．

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由已知可得，

等式两边平方得，解得，

故选B．

5．《九章算术》中有一道“良马、驽马行程问题”．若齐国到长安的路程为里，良马从长安出发往齐国去，驽马从齐国出发往长安去，同一天相向而行．良马第一天行里，之后每天比前一天多行里，驽马第一天行里，之后每天比前一天少行里，若良马和驽马第天相遇，则的最小整数值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设驽马、良马第天分别行、里，

则数列是以为首项，以为公差的等差数列，

数列是以为首项，以为公差的等差数列，

由题意可得，

整理可得，解得（舍）或，

而，故的最小整数值为，故选D．

6．盒子中装有编号为0，1，2，3，4，5，6的7个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之和为3的倍数的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】从7个不同的球中取出2个球，则共有种情况，

编号之和为的倍数，即编号之和为3,6,9，则共有种情况，

故满足题意的概率，故选D．

7．已知命题：存在，使得，命题：对任意的，都有，命题：存在，使得，其中正确命题的个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【解析】当时，显然成立；

当时，可知不成立；

由辅助角得，所以的最大值为5，所以为假，

故选B．

8．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（    ）（参考数据：，）

A．11 B．22 C．227 D．481

【答案】D

【解析】由于，所以，

依题意，则，

由，得，

，

，，

，

所以所需的训练迭代轮数至少为轮，故选D．

9．设的内角、、所对的边分别为、、，若，且的面积为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】因为，

所以由正弦定理可得，

可得，

可得，可得，

因为的面积为，

可得，

又，所以，故选C．

10．设椭圆的左右焦点分别为，，点P在椭圆上，且满足，则的值是（    ）

A．14 B．17 C．20 D．23

【答案】D

【解析】设，，

由题意，易知，

则，，

于是由余弦定理可得，

即，故选D．

11．如图（1），正方体的棱长为1，若将正方体绕着体对角线旋转，则正方体所经过的区域构成如图（2）所示的几何体，该几何体是由上、下两个圆锥和单叶双曲面构成，则其中一个圆锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】因为正方体的棱长为1，

所以由题意可得圆锥的底是边长为的等边三角形的外接圆，

所以外接圆的半径为，

圆锥的母线长为正方体的边长，即，

所以圆锥的高为，

所以圆锥的体积为，故选A．

12．若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设，则T的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离，

将直线平移到与曲线相切时，切点Q到直线的距离最小．

而，令，则，可得，

此时，Q到直线的距离，故，

所以，故选B．

第Ⅱ卷（非选择题）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．的展开式中的系数是_________．（用数字作答）

【答案】

【解析】的展开式的通项公式为，

令，可得，

所以的展开式中的系数是，

故答案为．

14．已知△ABC中，，，点O是△ABC的外心，则________．

【答案】（或）

【解析】在中，，，点是的外心，

又，所以是等腰直角三角形，所以是三角形的斜边中点，

所以，

故答案为．

15．已知数列满足，，则数列的通项公式为___________．

【答案】

【解析】当时，，

当时，，①

．②

①②，得．

因为不满足上式，所以，

故答案为．

16．一个二元码是由0和1组成的数字串．，其中称为第k位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）．已知某种二元码的码元满足如下校验方程组：，其中运算定义为，，，．现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101011，那么利用上述校验方程组可判定k等于_________．

【答案】6

【解析】依题意，二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101011，

①若，则，从而由校验方程组，得，故；

②若，则，从而由校验方程组，得，故；

③若，则，从而由校验方程组，得，故；

④若，则，从而由校验方程组，得，故；

⑤若，则，从而由校验方程组，得，故；

⑥若，则，从而由校验方程组，得，故符合；

⑦若，则，从而由校验方程组，得，故，

综上，k等于6，故答案为6．

三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（12分）在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知．

（1）求；

（2）若，且的面积为，求边长a．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）解：由，可得，

即，

所以，

因为，可得，所以．

（2）解：由（1）知，可得，即，，

利用余弦定理可得，

所以，

所以的面积为，

又因为，即，解得，即．

18．（12分）在如图所示的几何体中，四边形是矩形，平面，，，为与的交点，点H为棱的中点．

（1）求证：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：如图所示，连接，

因为四边形是矩形，，

所以是的中点，

因为H是的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面．

（2）解：由条件可知，，两两垂直，以A为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，

可得，，，

设平面的法向量为，所以，

取，可得，所以；

设平面的法向量为，所以，

取，可得，所以，

所以，

由图可知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．

19．（12分）已知函数．

（1）求函数在处的切线方程；

（2）若，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）解：函数定义域为，，

则，，

所以切线方程为，即．

（2）解法一：

记，

由，得，即．

当时，由，，

令，

则，

当时，；当时，，

所以在单调递减，在单调递增，

，即，

综上可知，．

解法二：

由条件知，，在上成立，

所以，在上成立，

记，

则，

当时，；当时，，

所以在单调递减，在单调递增，

，

则实数的取值范围为．

20．（12分）已知椭圆的左、右焦点，恰好是双曲线的左右顶点，椭圆上的动点满足，过点的直线交椭圆C于，两点．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）椭圆上是否存在点使得四边形（为原点）为平行四边形？若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）存在，使得四边形为平行四边形．

【解析】（1）因为的左右顶点为和，所以，

因为，所以，所以，

因为，所以，

所以椭圆的标准方程为．

（2）假设存在点使得四边形（为原点）为平行四边形，

设，

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，所以，，

因为为平行四边形，所以，

所以，

所以，即，点在椭圆上，符合题意；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，

，整理得，

所以，，，

因为为平行四边形，所以，

所以，即，

所以，

将点代入椭圆方程得，方程无解，

故当直线的斜率存在时，不存在点，

综上所述，存在，使得四边形为平行四边形．

21．（12分）非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志，是优秀传统文化的重要组成部分．瑞昌剪纸于2008年列入第二批国家级非物质文化遗产名录．由于瑞昌地处南北交汇处，经过千年的南北文化相互浸润与渗透，瑞昌剪纸融入了南方的阴柔之丽、精巧秀美和北方的阳刚之美、古朴豪放．为了弘扬中国优秀的传统文化，某校将举办一次剪纸比赛，共进行5轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛中，参赛者在30分钟内完成规定作品和创意作品各2幅，若有不少于3幅作品入选，将获得“巧手奖”．5轮比赛中，至少获得4次“巧手奖”的同学将进入决赛．某同学经历多次模拟训练，指导老师从训练作品中随机抽取规定作品和创意作品各5幅，其中有4幅规定作品和3幅创意作品符合入选标准．

（1）从这10幅训练作品中，随机抽取规定作品和创意作品各2幅，试预测该同学在一轮比赛中获“巧手奖”的概率；

（2）以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率．经指导老师对该同学进行赛前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率共提高了，以获得“巧手奖”的次数期望为参考，试预测该同学能否进入决赛？

【答案】（1）；（2）该同学没有希望进入决赛．

【解析】（1）由题可知，所有可能的情况有：

①规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率，

②规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率，

③规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率，

故所求的概率．

（2）设强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，

则，

由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：

，

∵，且，也即，即，

故可得，，

，

∴，

令，则在上单调递减，

∴．

∵该同学在5轮比赛中获得“巧手奖”的次数，

∴，故该同学没有希望进入决赛．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】

在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程为（为参数，），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为．

（1）求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程；

（2）设C1与C2的公共点分别为A，B，，求a的值．

【答案】（1）（），；（2）或．

【解析】（1）∵曲线C1的参数方程为（为参数，），

∴圆的普通方程为，，

∵曲线C2的极坐标方程为，

又，∴圆的直角坐标方程为．

（2）由题可得，，直线的斜率，

又，则直线AB的斜率，设，

点到直线AB的距离，

因为，解得，

则或，

直线AB的方程为或．

由（1），令与的直角坐标方程相减，得，

则或，

或，经检验，符合题意．

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】

已知函数．

（1）求不等式的解集；

（2）若，求满足条件的实数a的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）解：当时，，解得；

当时，，解得；

当时，，解得；

当时，，解得，

综上，不等式的解集为．

（2）解：，

当且仅当时取等号，

因为，则，且，

解得或，

即实数a的取值范围为．