2022年新高考数学模拟卷（一）

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  本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解指数不等式和对数不等式得集合，然后由交集定义计算．【详解】由题意，，所以．故选：C．2． 是虚数单位，复数与复平面内的点对应，设，则=（    ）A．          B．1             C．2           D．【答案】D【分析】依题意可得，再根据复数代数形式的除法运算化简，即可求出其模；【详解】解：由题设可得：，，∴，∴，故选：D.3．足球起源于中国东周时期的齐国，当时把足球称为“蹴鞠”.汉代蹴鞠是训练士兵的手段，制定了较为完备的体制.如专门设置了球场，规定为东西方向的长方形，两端各设六个对称的“鞠域”，也称“鞠室”，各由一人把守.比赛分为两队，互有攻守，以踢进对方鞠室的次数决定胜负.年以前的世界杯用球多数由举办国自己设计，所以每一次球的外观都不同，拼块的数目如同掷骰子一样没准.自年起，世界杯官方用球选择了三十二面体形状的足球，沿用至今.如图Ⅰ，三十二面体足球的面由边长相等的块正五边形和块正六边形拼接而成，形成一个近似的球体.现用边长为的上述正五边形和正六边形所围成的三十二面体的外接球作为足球，其大圆圆周展开图可近似看成是由个正六边形与个正五边形以及条正六边形的边所构成的图形的对称轴截图形所得的线段，如图Ⅱ，则该足球的体积约为（    ）参考数据：，，，，.A． B． C． D．【答案】A【详解】设正五边形的边长为，则，如下图，在正五边形中，内角为，边长为，中，，，因为在正六边形中，内角为，边长为，正六边形的轴长为，所以大圆的周长为，设球的半径为，则，可得，所以，该足球的体积为.故选：A.4．若函数在区间上单调递减，则实数的值可以为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将函数化为，求出的范围，再根据正弦函数的单调性列出不等式组，即可得出答案.【详解】解：，因为，则，又因函数在区间上单调递减，所以，解得.当时，.故选：B.5．已知椭圆，、分别是椭圆的左、右焦点，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】计算出的取值范围，结合椭圆的定义可求得的取值范围.【详解】对于椭圆，，，，根据椭圆的定义可得，设，则，且，即，则，所以，.故选：D.【点睛】本题考查利用椭圆的定义求解代数式的取值范围，考查计算能力，属于中等题.6．已知，且，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由条件可得，结合条件求出，将所求化为，从而可得答案.【详解】由，即即，所以，即所以或，由，所以故选：B7．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到大于3.14的不同数字的个数为（       ）A．720 B．1440 C．2280 D．4080【答案】C【分析】以间接法去求解这个排列问题简单快捷.【详解】一共有7个数字，且其中有两个相同的数字1.这7个数字按题意随机排列，可以得到个不同的数字.当前两位数字为11或12时，得到的数字不大于3.14当前两位数字为11或12时，共可以得到个不同的数字，则大于3.14的不同数字的个数为故选：C8．若过点可以作曲线的两条切线，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设切点坐标为，由切点坐标求出切线方程，代入坐标，关于的方程有两个不同的实数解，变形后转化为直线与函数（构造新函数）图象有两个交点，由导数确定函数的性质后可得．【详解】设切点坐标为，由于，因此切线方程为，又切线过点，则，，设，函数定义域是，则直线与曲线有两个不同的交点，，当时，恒成立，在定义域内单调递增，不合题意；当时，时．，单调递减，时，，单调递增，所以，由题意知，即．故选：D．二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．（2021·广东高三月考）若甲组样本数据，，…，（数据各不相同）的平均数为2，方差为4，乙组样本数据，，…，的平均数为4，则下列说法正确的是（    ）A．a的值为-2 B．乙组样本数据的方差为36C．两组样本数据的样本中位数一定相同 D．两组样本数据的样本极差不同【答案】ABD【解析】由题意可知：，故，故A正确；乙组样本数据方差为，故B正确；设甲组样本数据的中位数为，则乙组样本数据的中位数为，所以两组样本数据的样本中位数不一定相同，故C错误；甲组数据的极差为，则甲组数据的极差为，所以两组样本数据的样本极差不同，故D正确；故选：ABD10．数学家欧拉于1765年在其著作《三角形中的几何学》首次指出：的外心，重心，垂心，依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为欧拉线. 若，，则下列各式正确的是（    ）A．     B．    C．     D．【答案】ACD【分析】根据欧拉线定理可判断A；利用向量的加、减运算可判断B；利用向量的数量积可判断C；利用向量的加法运算以及欧拉线定理可判断D.【详解】A，由题意可得，即，故A正确；B，由是的重心可得,所以，故B错误；C，过的外心分别作的垂线，垂足为，如图，易知分别是的中点，则，故C正确；D，因为是的重心，所以，故，由欧拉线定理可得,所以，故D正确.故选：ACD11．已知点A是圆C:上的动点，O为坐标原点，，且,，，三点顺时针排列，下列选项正确的是（    ）A．点的轨迹方程为   B．的最大距离为C．的最大值为              D．的最大值为【答案】BD【详解】如图，过O点作则点，设点，设，则，设，所以，，，所以，，，即点，因为，设点，可得，解得，因为点在圆上，所以，将代入方程可得，整理可得，所以A是错的，所以的最大距离为，B是对的，设，,所以的最大值为2，D是对的.故选：BD10.在棱长为1的正方体中，点，分别足，，其中，，则（    ）A．当时，三棱锥的体积为定值  B．当时，点，到平面的距离相等C．当时，存在使得平面    D．当时，【答案】ABD【解析】由即可判断A；当时，点是的中点可判断B；建立空间直角坐标系，计算可判断C；设，求出所需各点坐标，计算可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：当时，，此时点位于点处，三棱锥，为定值，点到面的距离为是定值，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故选项A正确；对于B：当时，点是的中点，所以点，到平面的距离相等，故选项B正确；对于C：当时，点是的中点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，可得，，所以，所以与不垂直，所以不存在使得平面，故选项C不正确；对于D：设，则，，，所以，，因为，所以，故选项D正确；故选：ABD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知函数，若，则______．【答案】【分析】本题首先可根据得出，然后根据即可得出结果.【详解】因为，所以，，则，故答案为：.14．函数的最大值为___________.【答案】【分析】由题去绝对值分情况讨论，分别求导求最值，即可求得最大值.【详解】由题知当时，，∴∴在为减函数，∴； 当时，，∴，∴当时，，当时，，∴，综上可知，.故答案为：.15．如图，以为直径的圆有一内接梯形，且．若双曲线以，为焦点，且过，两点，则当梯形的周长最大时，双曲线的离心率为______．【答案】【分析】连接，设，将梯形的周长表示成关于的函数，求出当时，有最大值，即可得到答案；【详解】连接，设，，作于点，则，，所以，梯形的周长．当，即时，有最大值，这时，，，，．故答案为：16．九连环是中国的一种古老智力游戏，它环环相扣，趣味无穷.长期以来，这个益智游戏是数学家及现代电子计算机专家们用于教学研究的课题和例子.中国的末代皇帝溥仪(1906–1967)也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环(如图).现假设有个圆环，用表示按某种规则解下个圆环所需的最小移动次数.已知数列满足下列条件：，，，记的前项和为，则：（1）________；（2）________.【答案】    .    【分析】分为偶数和为奇数两种情况，由题中条件，利用叠加法，由等比数列的求和公式，求出数列的通项，即可求出；再由分组求和的方法，即可求出.【详解】（1）当为偶数时，；当为奇数时， ∴（2）.故答案为：；.【点睛】求解本题的关键在于根据题中条件，讨论为奇数和为偶数两种情况，利用叠加法（累加法）求出数列的通项即可；在求数列的和时，可利用分组求和的方法求解.四､解答题：本题共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．在①；②,这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，          .（1）判断△ABC的形状；（2）在（1）的条件下，若，b＝10，AD为BC边上的中线，求AD的长.【答案】（1）选①，，由正弦定理理，即，又是三角形内角，所以，△ABC是等腰三角形；选②，，由正弦定理得，所以，，又是锐角三角形内角，所以或，所以或，所以△ABC是等腰三角形或直角三角形；（2）选①，，则，，，中，由余弦定理得：，；选②，时同选①得，时，，则，，所以，，所以．18．已知等差数列为递增数列，且，都在的图像上.(1)求数列的通项公式和前项和(2)设，求数列的前项和，且，求取值范围.【答案】(1)，；(2)；.【分析】（1）由已知建立方程组，求得，再利用等差数列的通项公式和求和公式可求得答案；（2）由（1）得，分n为奇数，n为偶数两种情况，分别求得，再将不等式等价于，令，由数列的单调性可求得答案.(1)解：由题意得，即是方程的两个根，即是方程的两个根，又数列为递增数列，解得，所以等差数列的公差，所以，所以，；(2)解：由（1）得，当n为奇数时，，当n为偶数时，，所以.由 ，即，得，令，当n为奇数时，，且，当n为偶数时，，且，又，，所以，故取值范围为.19．绿水青山就是金山银山，生态环境日益受大家重视．2021年广州市某公司为了动员职工积极参加植树造林，在3月12日植树节期间开展植树有奖活动，设有甲、乙两个摸奖箱，每位植树者植树每满15棵获得一次甲箱内摸奖机会，植树每满25棵获得一次乙箱内摸奖机会．每箱内各有10个球（这些球除颜色外全相同），甲箱内有红、黄、黑三种颜色的球，其中个红球、个黄球、5个黑球（），乙箱内有4个红球和6个黄球．每次摸出一个球后放回原箱，摸得红球奖100元，黄球奖50元，摸得黑球则没有奖金．（1）经统计，每人的植树棵数服从正态分布，现有100位植树者，请估计植树的棵数在区间内的人数（结果四舍五入取整数）；（2）某人植树50棵，有两种摸奖方法：方法一：三次甲箱内摸奖机会；方法二：两次乙箱内摸奖机会；请问：这位植树者选哪一种方法所得奖金的期望值较大？附参考数据：若，则，．【答案】（1）人；（2）第二种方法所得奖金期望值大.【分析】（1）根据正态分布三段区间的概率值，求特殊区间概率，进而求得植树在内的人数.（2）由题设，确定甲箱摸奖的概率，注意参数的取值范围求期望值的最值，再由乙箱摸奖的概率求期望值，比较它们的大小.【详解】（1）由题设，，而，∴100位植树者中植树的棵数在内的人数为人.（2）摸甲箱：由题设知，故中100元、50元、没中奖的概率分别为、、；摸乙箱：中100元、50元的概率分别为、，∴甲箱内一次摸奖，奖金可能值为，且，，，则，∴三次摸奖的期望为，而可能取值为，即.两次乙箱内摸奖，所得奖金可能值为，，，，此时，期望奖金为元.综上，，故第二种方案摸奖期望值大.20．如图，在直三棱柱中，，，F为棱上一点，，连接AF，．(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析  (2)【分析】（1）作出辅助线，由相似，余弦定理和勾股定理逆定理得到线线垂直，进而证明线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.(1)如图，延长和CB的延长线相交于点E，连接AE，则AE为平面与底面ABC的交线，由已知得，，，所以，由AB、BC的长都为3，AC的长为，得，所以，在三角形ABE中，由余弦定理，得，所以，所以，即，又是直三棱柱，故平面ABC，又平面ABC，所以，因为，所以平面，又平面，所以平面平面；(2)以E为坐标原点，EC，EA所在直线分别为x轴、y轴，平行于的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，.设平面的法向量为，则即不妨设，由（1）得，，，，设平面的法向量为，则即不妨设，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．21．设点，动圆经过点F且和直线相切，记动圆的圆心P的轨迹为曲线E．(1)求曲线E的方程；(2)过点F的直线交曲线E于A，B两点，另一条与直线平行的直线交x轴于点M，交y轴于点N，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，求点M的横坐标．【答案】(1)  (2)【分析】（1）根据抛物线的定义可得抛物线方程；（2）可设直线的方程为，联立抛物线方程，得到中点C坐标以及，再根据条件可知，从而求得点N坐标，利用，结合直线的方程即可求得结果.(1)由题意，点P到点F的距离等于到直线的距离，所以点P的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线， ,故曲线E的方程是.(2)显然，直线不与x轴重合，设直线的方程为，与E联立得：设，则 则，，即中点C坐标为， 由题意△NAB是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，故，过C与垂直的直线，其方程为，令，得，故点N坐标为，又，故，令，则，由，解得，即，解得又直线的方程为，令，得到点M横坐标为.22．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若，证明：.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求出函数的导函数，再讨论或即可作答.(2)由(1)求出，把所证不等式分成两部分分别作等价变形，构造函数，利用导数探讨函数的单调性推理作答.(1)函数的定义域为，求导得：，当时，恒成立，则在上单调递增，当时，的解集为，的解集为，即的单调增区间为，单调减区间为，所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)因为，由(1)知，，且，解得，设，则，要证，即证，即证，即证，设，则，即在上单调递减，有，即，则成立，因此成立，要证，即证，即证，即证，即证，而，即证，令，则，设，求导得，即在上单调递增，则有，即，在上单调递减，而，当时，，则当时，成立，故有成立，所以，