【高考大赢家·巩固】热点题型提升卷（预测卷）-【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）

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【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·巩固】热点题型提升卷（预测卷）
（本卷共6页，26小题，考试时间：120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、单项选择题：本题共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．复数（其中为虚数单位），则z在复平面内对应的点位于（       ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【分析】利用复数的乘方、除法运算化简z，进而确定对应点坐标，即可知点所在的象限.
【详解】解：复数
所以对应点为，即在复平面的第二象限内.
故选：B
2．已知集合，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求出集合，再求即可.
【详解】解：
，故.
故选：B.
3．设F是抛物线的焦点，经过点F且斜率为1的直线与C交于A，B两点．若（O为坐标原点）的面积为，则（       ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】设直线方程，联立抛物线方程消元，利用韦达定理可得，然后数形结合可知，计算可得.
【详解】【详解】解：由题知，直线AB方程为：，即
代入，整理得
设，则
所以，
解得.
故选：B

4．已知长方体的表面积为62，所有棱长之和为40，则线段的长为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意得，，两式整理得，即可求解.
【详解】解：
由题意知：，，故，则，所以.
故选：A.
5．已知三棱锥的底面△ABC为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为4，体积为，若该三棱锥的外接球O的半径为，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用三棱锥的体积，求解底边边长，求出的外接圆半径，以及球心到底面的距离，判断顶点的轨迹是一个截面圆的圆周，进而求解周长即可．
【详解】解：依题意得，设底面等腰直角三角形的直角边长为，
三棱锥的体积
解得：
的外接圆半径为
球心到底面的距离为
，
又顶点P到底面ABC的距离为4，
顶点的轨迹是一个截面圆的圆周
当球心在底面和截面圆之间时，
球心到该截面圆的距离为，
截面圆的半径为，
顶点P的轨迹长度为；
当球心在底面和截面圆同一侧时，
球心到该截面圆的距离为，故不成立．
综上所述，顶点P的轨迹的总长度为．
故选：D．
6．如图，已知多面体的底面是边长为的正方形，四边形为等腰梯形，平面平面，且，，则该几何体外接球的表面积为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接交于点，取中点，利用面面垂直的性质可证得平面，则球心必在直线上；连接，在和中，利用勾股定理可构造方程求得外接球半径，由球的表面积公式可得结果.
【详解】解：连接交于点，取中点，

四边形是边长为的正方形，为中点，
又四边形为等腰梯形，为中点，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，几何体外接球的球心必在直线上；
连接，设几何体的外接球半径为，，
，，又，，；
在和中，，解得：，
几何体外接球的表面积.
故选：C.
7．算盘是中国发明的一种手动操作计算辅助工具，迄今已有2600多年的历史．现有一种算盘（如图一）共两档，自右向左分别表示个位和十位．档中横以梁，梁上一珠，拨下记作数字5，梁下四珠，上拨每珠记作数字1．现拔动算盘中两枚算珠，如图二则表示51，如图三则表示20．如果拨动图一算盘中的三枚算珠，表示的整数超过24的概率为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，求得拨动算盘中的三枚算珠所有产生的整数个数，再求满足题意的整数个数，利用古典概型的概率计算公式即可求得结果.
【详解】解：拨动三枚算珠，有如下12种可能：
若3枚算珠都在个位，则共有2种情况，分别是3和7；
当十位选梁下1枚算珠，个位2枚算珠时，共有2种情况，分别是12和16；
当十位选梁下2枚算珠，个位1枚算珠时，共有2种情况，分别是21和25；
当十位选梁上1枚算珠，个位2枚算珠时，共有2个整数，分别是52和56；
当十位选梁上1枚，梁下1枚算珠，个位1枚算珠时，共有2种情况，分别是61和65；
当十位选3枚算珠时，共有2种情况，分别是30和70；
综上所述，拨动三枚算珠，可能产生12种情况；
其中满足整数超过24的，有7种情况：25,52,56,61,65,30,70，
故整数超过24的概率为.
故选：.
8．甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说，你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩，看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则（       ）
A．乙可以知道其他两人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩
C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩
【答案】D
【分析】根据所给信息进行推理．
【详解】解：甲、乙、丙、丁四位同学中有2位优秀，2位良好，
因为甲看乙、丙的成绩后仍不知道自己的成绩，
可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，
乙看到丙的结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己的结果，
故选：D．
9．设等差数列的前n项和为．若，，则数列的前项和是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设等差数列的公差为，进而得，，故，再根据裂项求和求解即可.
【详解】解：设等差数列的公差为，
因为，，则，解得
所以，所以，
所以数列的前项和为：

故选：B
10．已知，，则的值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由，利用两角差的正弦公式得到，再平方得到求解.
【详解】解：因为，
所以．
所以，
所以，
得，
因为，
所以．
故选：C．
11．如果函数的图像关于点对称，则的最小值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据三角函数的对称性，带值计算即可.
【详解】解：根据题意，，即，
解得；当时，取得最小值.
故选：B.
12．函数的部分图象如图所示，则函数的解析式是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先由图象得函数周期，求，再将特殊点代入求解
【详解】解：由图象知，，故，
再将代入解析式得，得
又，故，
故选：D
二、多项选择题：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。
13．已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（       ）
A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为
C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共5项
【答案】BD
【分析】根据展开式的通向公式以及二项式系数的的性质求解判断.
【详解】解：因为，所以，所有奇数项的二项式系数和为，故A错误，
令，得所有项的系数和为，故B正确，
由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误，
因为展开式通项为，
当为整数时，，3，6，9，12，共有5项，故D正确．
故选：BD．
14．如图，正方体的棱长为分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的是（       ）

A．四点一定共面
B．若四边形为矩形，则
C．若四边形为菱形，则一定为所在棱的中点
D．若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为
【答案】AD
【分析】根据棱长为，且可得，再逐项分析即可得解.
【详解】解：

连接交于点，为正方体的中心，
由棱长为，
且，
可得，
所以交于点，交于点，
所以交于点，，
故四点一定共面，所以A正确；
对B，若四边形为矩形，
可以也可以，故B错误；
对C，若四边形为菱形，
则必有，
则必有一定为所在棱的中点或一定为所在棱的中点，故C错误；
四边形为菱形，当都为各边中点时，
四边形周长最小为，
若为所在棱的中点，而分别和重合时，
此时菱形周长最大，边长为，
所以周长为，故D正确.
故选：AD
15．已知椭圆：，过椭圆的左焦点的直线交于A，B两点（点在轴的上方），过椭圆的右焦点的直线交于C，D两点，则（       ）

A．若，则的斜率 B．的最小值为
C．以为直径的圆与圆相切 D．若，则四边形面积的最小值为
【答案】BCD
【分析】A选项，由得到，再联立直线和椭圆，结合韦达定理即可求出斜率；B选项先联立直线和椭圆求出，再结合基本不等式求解即可；C选项由椭圆的定义结合两圆相切的圆心距和半径关系即可判断；D选项斜率存在和不存在时分别计算面积，求出面积范围即可判断.
【详解】解：易知：，对于A，若，显然直线的斜率存在且大于0，设直线，联立椭圆方程，化简整理得，显然，，又，故，整理得，由解得，又，故，A错误；
对于B，易知直线的斜率不为0，设直线，联立椭圆方程，化简整理得，显然，，由点在轴的上方，显然，又，，故，当且仅当，即时取等，B正确；
对于C，设， 的中点为，则，又，由椭圆定义知：，即，又的圆心为，半径为2，故以为直径的圆与圆内切，C正确；
对于D，当直线的斜率存在时，由上知：，同理，故四边形面积为，令，则，又，故，故；又当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，易得，此时，故，D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题关键点在于A选项由和韦达定理解方程即可；B选项要先求出求出，再结合基本不等式的知识求解；C选项要结合椭圆的定义得到圆心距和半径之间的关系；D选项斜率存在时求出面积的范围，斜率不存在时直接求出面积.
16．在数列中，，数列是公比为2的等比数列，设为的前n项和，则（        ）
A． B．
C．数列为递减数列 D．
【答案】ACD
【分析】由已知结合等比数列通项公式可求，进而可求，然后结合单调性定义及数列的求和分别检验各选项即可判断和选择.
【详解】解：因为，数列是公比为2的等比数列，所以
所以，故正确，错误；
因为是单调增函数，故是单调减函数，
故数列是减数列，故正确；
，故正确.
故选：.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
17．已知直线与双曲线交于A，B两点，以AB为直径的圆恰好经过双曲线C的右焦点F，若的面积为，则双曲线C的离心率为______．
【答案】3
【分析】先根据题意求出以AB为直径的圆的方程，利用正比例函数图象和双曲线的对称性，根据双曲线的定义，三角形的面积公式、勾股定理可以求出双曲线的离心率.
【详解】解：因为以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，
所以AB为直径的圆的方程为，圆也过左焦点，

因为与相等且平分，
所以四边形为矩形，所以，
设，则，
∵的面积为，
∴的面积，且，
联立三式：，得，
∴，即.
故答案为：.
18．函数其中常数，且，若，则实数___________.
【答案】
【分析】先计算得，表示出，再由两角和的正弦公式代入求解出，代入即可求解出答案.
【详解】解：由题意，，
，
即，因为，，
所以，所以，
故.
故答案为：
19．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，在方向上的投影是的，△ABC的面积为，则______．
【答案】
【分析】根据正弦定理求出角A，结合向量投影，建立b，c边长关系，通过已知三角形面积求出b，c具体值，再用余弦定理求得a.
【详解】解：由正弦定理，将原式，
化为，
因为
所以原式化简为，因为，所以，
因为，所以.
又因为在方向上的投影是的，
所以，即，
因为，解得.
由余弦定理可得：
，所以.
故答案为：.
20．已知函数的定义域为，满足，，当时，，则________.
【答案】##
【分析】根据所给关系可得出函数为周期函数，偶函数，利用周期性及奇偶性即可求出.
【详解】解：因为，
所以，
又，所以是以4为周期的偶函数，
所以.
故答案为：
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。
21．（本题满分10）已知数列满足，，．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】
（1）由递推关系式可得，由等比数列定义可得结论；
（2）利用等比数列通项公式和累加法可求得，由此可得，分别在为偶数和为奇数的情况下，利用裂项相消法和求得结果，综合两种情况可得.
【详解】解：(1)由得：，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列.
(2)
由（1）得：，
则，，，…，，
各式作和得：，
又，，
，
当为偶数时，；
当为奇数时，；
综上所述：.
22．（本题满分12）在中，内角，，所对边的长分别为，，，满足______．
从①是，的等差中项，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
(1)求的大小；
(2)若是的角平分线，且，，求的面积．
【答案】(1)条件选择见解析，；(2)
【分析】
（1）选①：根据等差中项的性质以及正弦定理的边化角公式得出的大小；选②：根据正弦定理的边化角公式结合三角恒等变换得出的大小
（2）由结合三角形面积公式得出，再由公式得出的面积．
【详解】解：(1)若选①：
是，的等差中项，，即．
由正弦定理得，
即
，
，
注意到，所以，即．
，，，即．
若选②；
由题设及正弦定理得．
，，①．
，，∴①可化为．
，，，，．
(2)
是的角平分线，．
，即，
即，，，
．
23．（本题满分12）已知四棱锥中，底面为正方形，平面，，，、分别为、的中点.

(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】
（1）根据线面垂直的性质和判定定理建立空间直角坐标系，结合空间向量的数量积运算进行求解证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】解：(1)∵面，面，∴
又，面，，
∴平面
即平面，∴
又平面，
∴以为坐标原点，以、、方向分别为，，轴正向建立空间直角坐标系，

则，，，
∴，，∴，∴；
(2)
，，，
令平面的法向量，
由得，令，则，，，
令平面的法向量，
由，得，令，则，，
，
又因为所求二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
24．（本题满分12）已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，短轴长为，直线与椭圆C交于M、N两点．
（1）求椭圆C的方程；     
（2）若直线与圆相切，证明：为定值
【答案】（1）（2）详见解析
【分析】
（1）根据椭圆的有关知识可得，从而可得椭圆的方程；
（2）分直线的斜率存在与否两种情况求解．①当的斜率不存在时，其方程为，可得、的坐标，由向量的数量积可得；②当的斜率存在时，设其方程为，由直线与圆相切得．然后将直线方程与椭圆方程联立、消元，根据根与系数的关系由数量积可得，从而可得．综上可得为定值．
【详解】解：（1）由题意得，
∴椭圆的方程为                 
（2）①当直线的斜率不存在时，因为直线与圆相切，所以直线方程为．
当时，可得M、N两点坐标分别为，
，.
当时，同理可得；
②当的斜率存在时，设，
由题意得，，
由，消去整理得，
∵直线与圆相交，∴
设，则，，     
，
.
综上（定值） ．
【点睛】直线与圆的综合问题的求解策略
（1）利用解析几何的基本思想方法（即几何问题代数化)，把它转化为代数问题，通过代数的计算，使问题得到解决，解题中要注意“设而不求”、“整体代换”等方法的运用．
（2）直线与圆和平面几何联系十分紧密，解题时可考虑平面几何知识的运用，如在直线与圆相交的有关线段长度计算中，要把圆的半径、圆心到直线的距离、直线被圆截得的线段长度放到一起综合考虑．
25．（本题满分12）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，．
（1）已知，求；
（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.
【分析】
（1）利用公式计算可得.
（2）利用导数讨论函数的单调性，结合及极值点的范围可得的最小正零点.
（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.
【详解】解：（1）.
（2）设，
因为，故，
若，则，故.
，
因为，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
若，因为在为增函数且，
而当时，因为在上为减函数，故，
故为的一个最小正实根，
若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根，
综上，若，则.
若，则，故.
此时，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
而，故，
又，故在存在一个零点，且.
所以为的一个最小正实根，此时，
故当时，.
（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.
26．（本题满分12）已知函数，
(1)若函数在处的切线也是函数图象的一条切线，求实数a的值；
(2)若函数的图象恒在直线的下方，求实数a的取值范围；
(3)若，且，判断与的大小关系，并说明理由.
【答案】(1)；(2)；(3)，理由见解析
【分析】
（1）求出函数的导数，计算，，得到切线方程，设出与的切点坐标，根据斜率和截距相等，从而求出的值；
（2）问题转化为对于恒成立，根据函数的单调性，求出的范围即可；
（3）根据函数的单调性得到，整理变形即可.
【详解】解：(1)，在处切线斜率，，
所以切线，
又，设与相切时的切点为，
则斜率，
则切线的方程又可表示为，
由，解之得.
(2)
由题对于恒成立，即对于恒成立，
令，则，由得，





+
0
-

↗
极大值
↘

则当时，，
由，得：，即实数的取值范围是.
(3)
，理由如下：
由题知，由得，
当时，，单调递减，
因为，所以，
即，
所以，①
同理，②
①+②得，
因为，
由得，即，
所以，即，
所以.
【点睛】对于切点坐标不确定的切线问题，设出切点坐标是解题的关键，对于该题中不等式的证明，结合函数的单调性构造出是解题的关键.