【高考大赢家·冲刺】成就学霸典题卷（拔高卷）-【高考冲刺满分】2022年高考数学名师押题预测全真模拟卷（新高考全国Ⅱ卷）

绝密★启用前

【高考冲刺满分】2022年高考名师押题预测全真模拟卷（新高考全国Ⅱ卷）

数 学

【高考大赢家·冲刺】成就学霸典题卷（拔高卷）

（考试时间：120分钟，试卷满分：150分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必填写好自己的姓名、准考证考号等信息。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并上交。

一、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个选项是符合题目要求的。

1．已知复数z满足，其中i为虚数单位，则（       ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】先利用复数的除法化简复数，再利用复数的模公式求解.

【详解】解：因为复数z满足，

所以，

则，

故选：C

2．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出集合，得出其补集，再由交集运算得出答案.

【详解】解：由，得，即集合，

所以．所以．

故选：A

3．过抛物线的焦点作倾斜角为的直线，交于、两点，交轴于点．若，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出、的值，利用弦长公式结合已知条件可求得的值.

【详解】解：抛物线的焦点为，易知直线的方程为，设点、，

联立，可得，解得，，

所以，，，

所以，，因为，解得.

故选：B.

4．已知长方体，，，M是的中点，点P满足，其中，，且平面，则动点P的轨迹所形成的轨迹长度是（       ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】先构造和平面平行的截面，再根据空间向量共面确定点的轨迹形状，再求其长度.

【详解】解：如图所示，E，F，G，H，N分别为，，，DA，AB的中点，

则，，

所以平面平面，

所以动点P的轨迹是六边形MEFGHN及其内部.

又因为，所以点在侧面，

所以点的轨迹为线段，

因为AB=AD=2，，

所以.

故选：A.

5．如图，一个底面边长为cm的正四棱柱形状的容器内装有部分水，现将一个底面半径为1cm的铁制实心圆锥放入容器，圆锥放入后完全沉入水中，并使得水面上升了1cm．若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由水上升的体积得圆锥体积，然后求得圆锥的高、母线得侧面积．

【详解】解：依题意可得圆锥的体积，

又（其中h为圆锥的高），则cm，

则圆锥的母线长为cm，故圆锥的侧面积为．

故选：A．

6．已知，，，则a，b，c三个数的大小关系是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用指数函数的单调性比较的大小，再用作中间量可比较出结果.

【详解】解：因为指数函数为递减函数,且,

所以，所以，

因为，，所以，

综上所述：.

故选：A

7．设函数若方程（且）有唯一实根，则的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】作出函数图象，由图象结合临界情况下对应的值，数形结合即可写出满足条件的范围.

【详解】解：若，即有

作出函数，的图象，如图，

由图象，可以发现当时,两者无公共点，当时，即，时，有两个公共点，故由图象可知，当时，两者有唯一公共点，当时，由与相切于点时，由可得，

结合图象可知，时，两者有唯一公共点.

综上，a的取值范围是.

故选：D

【点睛】关键点点睛：根据所给分段函数，分析出函数在上的具体解析式，做出函数的图象，找出临界情形，由数形结合的方法是解决此问题的关键.

二、选择题：本题共有4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中有多选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

8．设随机变量服从正态分布，且落在区间内的概率和落在区间内的概率相等．若，则下列结论正确的有（       ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】正态分布关于对称，得可判断 A；不确定可判断B；由对称性和得 可判断C；可判断D．

【详解】解：∵正态分布关于对称，

又落在区间内的概率和落在区间内的概率相等，∴，故A正确；

∵正态分布关于对称，∴，则，故C正确；，不确定，B错误，D正确．

故选：ACD．

9．一组互不相同的样本数据的平均数为，若在这组样本数据中增加一个新的数据，得到一组新的样本数据，则（       ）

A．两组样本数据的平均数相同              B．两组样本数据的方差相同

C．两组样本数据的极差相同                D．两组样本数据的中位数相同

【答案】AC

【分析】利用平均数公式可判断A选项；利用方差公式可判断B选项；利用极差的定义可判断C选项；利用中位数的定义可判断D选项.

【详解】解：由已知可得.

对于A选项，新数据的平均数为，与原数据的平均数相等，A对；

对于B选项，新数据的方差为

，B错；

对于C选项，不妨设，则，故新数据的极差仍为，C对.

对于D选项，不妨设，

当n为奇数时，则原数据的中位数为，

若，则中位数为，

若，则中位数为，

当n为偶数时，则原数据的中位数为

若，则中位数为，

若，则中位数为，

D错；

故选：AC.

10．如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连结，在翻折过程中（       ）

A．四棱锥的体积最大值为

B．中点的轨迹长度为

C．与平面所成角的正弦值之比为

D．三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值

【答案】ACD

【分析】根据题意，根据四棱锥的体积公式，以及线面角的概念和三棱锥的外接球概念作图，逐个选项进行判断即可求解

【详解】解：由已知梯形面积为，直角斜边

上的高为.当平面平面时，四棱锥的

体积取最大值. A正确；

取中点为，则平行且相等，四边形是平行四边形，

所以，点的轨迹与点的轨迹完全相同，过作的垂线，垂足为

的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而

中点的轨迹长度为.B错误；

由四边形是平行四边形知，

则平面，则到平面距离相等，

故，与平面所成角的正弦值之比为等于. C正确；

外接圆半径为是中点，根据正弦定理

外接圆半径为是圆与圆公共弦，.

设三棱锥外接球球心为，半径为，

则

因为，所以，所以最小值为，没有最大值. D正确；

故选：ACD

11．已知点，过直线上一点作圆的切线，切点分别为，则（       ）

A．以线段为直径的圆必过圆心

B．以线段为直径的圆的面积的最小值为

C．四边形的面积的最小值为4

D．直线在轴上的截距的绝对值之和的最小值为4

【答案】BC

【分析】利用直线与圆之间的关系，列出点到直线距离公式，逐个选项进行判断即可

【详解】解：由题知，可设点，则由切点弦结论得直线，易得直线过定点，故圆心到直线的距离不是定值，不恒成立，故选项不正确；

因为直线过定点，故当时最小，，故最小半径为，所以线段为直径的圆的最小面积为，B选项正确；

四边形的面积，点到直线的距离，故，C选项正确；

当时，直线过原点，两截距均为0，故选项不正确.

故选：BC

12．数列满足，，则（       ）

A．数列可能为常数列 B．当时，数列前10项之和为

C．当时，的最小值为 D．若数列为递增数列，则

【答案】ABD

【分析】利用构造数列法可得数列为等差数列，写出通项公式，从而判断每个选项.

【详解】解：A．由，得，当时，，为常数列；

B．，故为等差数列，时，的前10项和为；

C．由B知，时，，故，数列的最小值为；

D．，故，当递增时，有．

故选：ABD

【点睛】求解本题的关键是通过构造数列法，证明得数列为等差数列，从而写出通项公式，再判断每个选项.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．以抛物线的焦点为圆心，且与直线(为参数）相切的圆的标准方程是____________.

【答案】

【分析】将抛物线方程化为标准方程,直线参数方程化为普通方程,结合点到直线的距离公式求得圆的半径,进而得答案.

【详解】解：将抛物线方程化为标准方程得，所以焦点坐标为，

将直线的参数方程化为普通方程得，

所以点到直线的距离为，

所以所求圆的方程为.

故答案为：

14．写出一个同时满足下列性质①②③的函数：______；

①对定义域内任意的，，都有；

②对任意的，都有；

③f（x）的导函数为奇函数．

【答案】（答案不唯一）

【分析】

③导函数为奇函数，原函数为偶函数，②联想函数为下凸函数，①联想对应法则是积的形式，由此联想初等函数．

【详解】解：由三个性质联想，

①对定义域内任意的，，；

②对任意的，

，

所以；

③为奇函数．

故答案为：（答案不唯一，例如也满足）

15．设为平面向量.若为单位向量，与的夹角为，则与的数量积为___________.

【答案】

【分析】根据向量数量积的定义及运算性质求解.

【详解】解：,,,

,

故答案为：.

16．已知函数（e为自然对数的底数），若关于x的方程有且仅有四个不同的解，则实数k的取值范围是______.

【答案】

【分析】设，由题可得当时，有两个零点，进而可得有两个正数解，利用数形结合即可求得的取值范围.

【详解】解：令，可得，

所以函数为偶函数，

由题意可知当时，有两个零点，

当时，，，

即当时，，

由，可得，即方程在上有两个正数解，

∵函数的导函数为在上恒成立，

∴作出函数与直线大致图象如下图

∵方程在上有两个正数解，恒过点，

∴，

由相切，设切点为，

由可得，故切线的斜率为，

所以切线的方程为，

由切线过，可得，

解得或（舍去），

故切线的斜率为，即，

所以当时，直线与曲线由两个交点，

综上可得实数的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】方法：已知函数零点（方程根）的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：

（1）直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

（3）数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题．

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。将答案写在答题卡上。

17．（本题满分10）数列的前n项和.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和.

【答案】（1）；（2）

【分析】

（1）由数列的前n项和，当时，；当时，，验证是否适合即可；（2） ,对分类讨论，利用等差数列的前项和公式求解即可.

【详解】解：（1）由数列的性质可知，

．

又，故数列的通项公式为.

（2）令，得，,

①当时，，此时，故数列的前项和为.

②当时，，此时，

由，所以数列的前项和为,

由①②得数列的前项和为.

【点睛】本题主要考查数列的通项公式与前项和公式以及分类讨论思想的应用，属于中档题. 已知数列前项和与第项关系，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式. 在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意 的情况.

18．（本题满分12）在中，角，，的对边分别为，，，已知.

（1）若，，成等差数列，求的值；

（2）是否存在满足为直角？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1);(2)不存在,详见解析.

(1)由以及可知,结合余弦定理即可求解.

(2)当B为直角,则,,由,进行边角互化得到,式子平方整理得不符合题意,即可判断.

【详解】解:(1)因为,,成等差数列,所以

由余弦定理可得

因为,所以,即,所以.

(2)若B为直角,则,

由及正弦定理可得

所以,即,上式两边同时平方

可得,所以(*).

又,所以,,所以

与（*）矛盾,所以不存在满足为直角.

【点睛】本题考查了等差中项,考查了余弦定理,考查了二倍角公式,考查了同角三角函数的基本关系.

本题难点在于第二问中,不会结合正弦定理将式子变形.解三角形时,最常用的方法由正弦定理、余弦定理边角互化.

19．（本题满分12）如图，四棱锥中，，，，是中点，平面.

（1）求证：平面平面；

（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】

（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系，转化证明平面；（2）以为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量先求二面角的余弦值，即可求得正弦值.

【详解】解：（1）证明：，，

，即，，

，，

，，，

平面，，

，，平面，

平面，

平面，

平面平面.

（2）以为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

由，，知，

则，，，，

设平面的法向量为，

则，即，

令，可得，

设平面的法向量为，

则，即，

令，可得，

，

则二面角的正弦值为.

20．（本题满分12）已知椭圆C：（）的离心率为，且过点.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过坐标原点的直线与椭圆交于M，N两点，过点M作圆的一条切线，交椭圆于另一点P，连接，证明：.

【答案】（1）（2）见解析

【分析】

（1）根据椭圆的离心率为，且过点，由，，结合求解.

（2）当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为或，验证即可. 当直线斜率存在时，设直线的方程为，根据直线与圆相切，得到，设，，则，联立，由弦长公式求得 ，然后由两点间的距离公式，将韦达定理代入求得即可.

【详解】解：（1）设椭圆的半焦距为c，因为椭圆的离心率为，且过点.

所以，，又，

解得，，

所以椭圆C的方程为：.

（2）①当直线的斜率不存在时，依题意，可得直线的方程为或.

若直线：，直线：，可得，，，

则，，所以；

其他情况，由对称性，同理可得.       

②当直线斜率存在时，设直线的方程为，

∵直线与圆相切，

∴圆心O到直线的距离为，即，

设，，则，

联立，消元y，整理得，

则，.

∴，     

∵，

，

∴.

∵，

∴.

综上可知成立.

【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆，直线与圆的位置关系以及弦长问题，还考查了运算求解的能力，属于难题.

21．（本题满分12）已知函数．

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)判断方程的根的个数，并说明理由．

【答案】(1)；(2)个数为3，理由见解析

【分析】

(1)直接利用导数求切线方程的公式，直接计算求解

(2)根据题意，，令，因为，所以是函数的一个零点；然后，利用导数，讨论研究函数在上的零点个数即可

【详解】解：(1)依题意，，

则，而，

故所求切线方程为，整理得，

(2)

依题意，，则，

令．

因为，所以是函数的一个零点．

而为偶函数，因此研究函数在上的零点个数即可．

当时，，

令，得，故或．

当时，，单调递减，又，所以；

当时，，单调递增，且，所以在区间内有唯一零点；

当时，，，

故，

故在上无零点．

所以在区间内有一个零点．

由于为偶函数，所以有且仅有3个零点，即原方程的根的个数为3．

【点睛】研究函数的零点个数，关键在于先利用导数判断函数的单调性，在确定函数在区间内单调性的前提下，利用零点存在定理判断零点的个数，属于难题

22．（本题满分12）已知函数在点处的切线方程为．

(1)求函数在上的单调区间；

(2)当时，是否存在实数m使得恒成立，若存在，求实数m的取值集合，若不存在，说明理由（附：，）．

【答案】(1)在，上单调递增，在，上单调递减

(2)存在；m的取值集合为

【分析】

（1）根据切线方程，结合导数的几何意义，求出的值，再由导数得出单调区间.

（2）由题意，只需，又注意到， 由题意必为的最大值点，从而为的极大值点，必有，再证明检验即可.

【详解】解：(1)由题意知，即，得，

因为，

所以，得，所以，

当时，令，得，令，得，

当时，令，得，令，得，

所以在，上单调递增，在，上单调递减．

(2)

假设存在实数m，使在上恒成立，

即在上成立，

令，只需．

注意到，所以若在上成立，

必为的最大值点，从而为的极大值点，必有．

由，得，解得．

下面证明符合题意．

当时，，令，则．

（ⅰ）当时，，所以在上单调递增；

当时，，所以单调递减，

所以当时，，所以在上单调递增；

由在和上单调递增得，在上单调递增．

（ⅱ）当时，令，

由，得，在上单调递增，

因为，，

所以由零点存在定理知存在，使得，

当时，，即，单调递减，即单调递减；

当时，，即，单调递增，即单调递增；

因为，，

所以由零点存在定理得，存在，使得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增．

综合（ⅰ）（ⅱ）的结论，又，，

所以，符合题意．

综上所述：m的取值集合为．

【点睛】本题考查导数几何意义的应用，考查利用导数研究函数不等式恒成立问题，解本题的关键是设出，即只需．根据，结合条件得出必为的最大值点，从而为的极大值点，必有，求出参数的值，然后再证明检验属于难题.