卷1-备战2022年高考数学（文）【名校好题必刷】全真模拟卷（全国卷专用）·第一辑

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备战2022年高考数学（文）【名校好题必刷】全真模拟卷（全国卷专用）第一模拟（本卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟）一、选择题（本大题共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．（2021·四川·成都七中高三期中（文））设全集，集合，，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据交集、补集的定义，即得解【详解】由题意，全集，集合，，故则故选：C2．（2021·贵州·贵阳一中高三月考（文））复数z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数的虚部为（）A．i B． C． D．1【答案】C【分析】根据复数的除法，可得，再利用共轭复数的概念即可得解.【详解】，则，故选：C.3．（2021·贵州·贵阳一中高三月考（文））国际数学教育大会（ICME）是世界数学教育规模最大、水平最高的学术性会议.第十四届大会于2021年7月11日~18日在上海市华东师范大学成功举办，其会标如图，包含着许多数学元素.主画面是非常优美的几何化的中心对称图形，由弦图、圆和螺线组成，主画面标明的ICME-14下方的“”是用中国古代八进制的计数符号写出的八进制数3744，也可以读出其二进制码（0）11111100100，受疫情影响，第十四届大会在原定的举办时间上有所推迟，已知上述二进制和八进制数转换为十进制，即是第十四届大会原定的举办时间，则第十四届数学教育大会原定于（）年举行.A．2018 B．2019 C．2020 D．2021【答案】C【分析】根据给定条件，将八进制数3744转换为十进制数即可.【详解】.故选：C4．（2021·陕西汉中·二模（文））已知，那么（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据诱导公式得，代入二倍角公式即可．【详解】因，所以．故选：D．5．（2021·西藏拉萨·一模（文））函数的图象大致是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用特殊值及函数的导数判断函数的单调性进行排除，即可得到函数的图象.【详解】当时，.排除AC，，令，当，，函数是增函数，当，，函数是减函数，，，，存在，使得，且当，，即，函数是增函数，当，，即，函数是减函数，∴B不正确，故选D.【点睛】思路点睛：本题考查函数图象的判断，一般通过函数的定义域､值域､奇偶性､对称性､单调性､特殊点以及变化趋势判断.6．（2021·河南·模拟预测（文））“三分损益法”是古代中国发明制定音律时所用的方法，其基本原理是：以一根确定长度的琴弦为基准，取此琴弦长度的得到第二根琴弦，第二根琴弦长度的为第三根琴弦，第三根琴弦长度的为第四根琴弦，第四根琴弦长度的为第五根琴弦．琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫、商、角（jué）、徵（zhǐ）、羽”，则“角”和“徵”对应的琴弦长度之比为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度，并把五根琴弦的长度从大到小排列，从而可求出“角”和“徵”对应的琴弦长度之比.【详解】设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度依次为，，，，五根琴弦的长度从大到小依次为，，，，，所以“角”和“徵”对应的琴弦长度分别为和，其长度之比为．故选：C.7．（2021·云南玉溪·高三月考（文））已知直线过抛物线：的焦点，并交抛物线于，两点，，则弦中点的横坐标是（）A． B． C． D．1【答案】C【分析】过点作抛物线准线的垂线，则由抛物线的定义结合梯形中位线定理可求得结果【详解】如图，由题意可得抛物线的准线的方程为，过点作抛物线准线的垂线于，过分别作于点，于点，则，因为弦的中点为，所以，所以点的横坐标是，故选：C8．（2021·云南师大附中高三月考（文））某三棱锥的三视图如图所示，是三个边长为2的正方形，则该三棱锥的体积为（）A． B． C．6 D．【答案】B【分析】作出原几何体，得出其是由正方体截去四个角得出的正四面体，用正方体体积减去4个三棱锥体积可得.【详解】根据三视图知，该几何体是棱长为2的正方体截去四个角得出的正四面体，它的体积等于正方体的体积减去正方体四个角处三棱锥的体积.记每一个角处三棱锥的体积为，则，故选：B.9．（2021·河南·高三月考（文））在平行四边形中，，，为中点，若，且.则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，求得，将与用基底表示，并将转化为，计算求得结果.【详解】设，则，由条件可得，，由可得，即，即.故.故选：A.10．（2021·陕西西安·高三月考（文））已知，则的值域是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先利用降幂公式化简函数，再求的范围，再求函数的值域.【详解】，的值域为故选：C．11．（2021·安徽省泗县第一中学模拟预测（文））已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，且点在直线上，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】将两圆的方程相减可得公共弦方程，从而求得定点，利用点在直线上可得，再代入消元，转化成一元二次函数的取值范围；【详解】解：由圆，圆，得圆与圆的公共弦所在直线方程为，求得定点，又在直线上，，即.∴，∴的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查圆的公共弦方程求解、一元二次函数的最值，考查转化与化归思想的运用.12．（2021·江西临川·三模（文））已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】D【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.【详解】由题设有，令，则有即.因为在区间内没有零点，故存在整数，使得，即，因为，所以且，故或，所以或，故选：D.【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（2021·贵州·模拟预测（文））在梯形中，，则的面积是___________.【答案】【分析】在中，由余弦定理可得的值，进而求出的面积，由的面积为得结论．【详解】解：在中，由余弦定理可得：，所以，所以的面积为：，因为.所以的面积为.故答案为：.14．（2021·江西·模拟预测（文））已知函数的定义域为，对任意，恒成立，且当时，，则______.【答案】54【分析】由已知条件可得，求出即可得到答案；【详解】因为，所以.故答案为：54.15．（2021·四川内江·模拟预测（文））若对任意的、，且，，则的最小值是_______________________．【答案】【分析】分析出函数在上为减函数，利用导数求出函数的单调递减区间，即可求得实数的最小值.【详解】对任意的、，且，，易知，则，所以，，即，令，则函数在上为减函数，因为，由，可得，所以函数的单调递减区间为，所以，，所以，，因此，实数的最小值为.故答案为：.16．（2021·甘肃金昌·二模（文））如图，已知抛物线：的焦点为，抛物线的准线与轴相交于点，点（在第一象限）在抛物线上，射线与准线相交于点，，直线与抛物线交于另一点，则________．【答案】3【分析】由，可得，再由直线的方程为：，与抛物线联立，可得，从而得，结合抛物线定义及平行性质可得解.【详解】抛物线：的焦点为，由，可得，解得，可得，由，解得，直线的方程为：，与抛物线联立，可得，由，得，则，所以，由抛物线定义得，且，所以，所以故答案为：3.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是由得，再由直线和抛物线联立得，进而得，从而可利用抛物线的性质处理比值.三、解答题（本大题共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．（2021·吉林·长春市基础教育研究中心（长春市基础教育质量监测中心）一模（文））某中学有初中学生1800人，高中学生1200人，为了解全校学生本学期开学以来（60天）的课外阅读时间，学校采用分层抽样方法，从中抽取了100名学生进行问卷调查.将样本中的“初中学生”和“高中学生”按学生的课外阅读时间（单位：小时）各分为5组：，得其频率分布直方图如图所示.（1）国家规定：初中学生平均每人每天课外阅读时间不少于半小时，若该校初中学生课外阅读时间低于国家标准，则学校应适当增加课外阅读时间.根据以上抽样调查数据（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），该校是否需要增加初中学生课外阅读时间？（2）从课外阅读时间不足10个小时的样本中随机抽取3人，求至少有2名初中生的概率.【答案】（1）需要；（2）.【分析】（1）根据频率分布直方图根据平均数公式估计初中生阅读时间的平均数，即得解；（2）根据古典概型的计算公式，即得解【详解】（1）由图可求出初中生在内的频率为，故样本中初中生阅读时间的平均数为，故按国家标准，该校需要增加初中学生课外阅读时间.（2）由图可求出初中生和高中生课外阅读时间不足10小时的人数分别为3人和2人，记初中生3人为，高中生2人为，从这5人中随机抽取3人一共有10种，分别为其中至少2名初中生包括7种情况，所以所求事件的概率为.18．（2021·安徽省舒城中学三模（文））设数列为等差数列，其前n项和为，数列为等比数列．已知．（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前n项和．【答案】（1），；（2）．【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意，列方程求解即可得答案；（2）根据错位相减法求和即可.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由可得，即，解得，所以，，，，则；（2），则①，可得②，①②得：，因此，；【点睛】本题考查等差等比数列的基本计算，错位相减法求和，考查运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于掌握错位相减法求和的基本方法，第一步列式，第二步，乘公比错位，第三步两式做差整理.19．（2021·黑龙江·哈九中三模（文））如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，、分别为、的中点，为上一点．过和的平面交于，交于．（1）证明：，且平面平面；（2）设为的中心．若，平面，且，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）证明出、，结合平行线的传递性可证得，证明出，平面，结合面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，说明点到平面的距离等于点到平面的距离，然后利用锥体的体积公式可求得结果.【详解】（1）在三棱柱中，且，故四边形为平行四边形，所以，且，因为、分别为、的中点，则且，故四边形为平行四边形，所以，，又因为，因此，.，为的中点，则，平面，平面，故，，则，，平面，平面，平面，平面平面，则，，，所以，平面，因为平面，因此，平面平面；（2）平面，平面，平面平面，故，又因为，故四边形为平行四边形，所以，，为的中心，则，，，则四边形为平行四边形，所以，，，，因为且，则四边形为平行四边形，故，平面，平面，故平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，过点在平面内作，垂足为点，因为平面平面，平面平面，平面，，故平面，所以，，，所以，.20．（2021·四川德阳·二模（文））已知直线与椭圆相切于点，直线的斜率为，设直线与椭圆分别交于点、(异于点)，与直线交于点.（1）求直线m的方程：（2）证明：成等比数列【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）首先设直线的方程为，再与椭圆联立，利用求解即可.（2）首先设直线的方程为，与直线联立得到且，则，再与椭圆联立，利用弦长公式计算，即可证明.【详解】（1）由题知直线的斜率存在，设直线的方程为，由只有一组实数解，即只有一实根，得.解得.故直线的方程为.（2）设直线的方程为，则且，则，由，得，所以，所以.即，即､､成等比数列.21．（2021·江西·临川一中模拟预测（文））已知函数，，当时，（1）若函数在处的切线与轴平行，求实数的值；（2）求证：；（3）若恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）求导数，根据题意g'(0)=0,求得a的值；（2）①当时，，构造函数，利用导数研究单调性，进而证明，从而证得；②当时，，令，利用导数研究单调性，进而证明，，综上可知：；（3）利用（2）的结论放缩后得，令，利用导数研究单调性可得．得到．从而当时，在上恒成立．同样利用放缩后可得．利用导数进行研究可证得当时，在上不恒成立．【详解】解：（1），函数在处的切线与轴平行，则，得．（2）证明：①当时，，令，则．当时，，∴在上是增函数，∴，即．②当时，，令，则．当时，，∴在单调递增，∴，∴，综上可知：；（3）解：设．令，则，令，则．当时，，可得是上的减函数，∴，故在单调递减，∴．∴．∴当时，在上恒成立．下面证明当时，在上不恒成立．．令，则．当时，，故在上是减函数，∴．当时，．∴存在，使得，此时，．即在不恒成立．综上实数的取值范围是．【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数证明不等式和解决不等式恒成立求参数范围问题，属于中高档题，难度较大.关键难点是利用第（2）的结论，对进行放缩，从正反两方面证明a≤-3.请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．22．（2021·云南大理·模拟预测（文））数学中有许多寓意美好的曲线，在极坐标系中，曲线被称为“三叶玫瑰线”（如图所示）．（1）当，求以极点为圆心，为半径的圆与三叶玫瑰线交点的极坐标；（2）设点P是由（1）中的交点所确定的圆M上的动点，直线，求点P到直线l的距离的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由可得，然后解出的值即可；（2）将圆和直线l的极坐标方程转化为直角坐标方程，然后可求出答案.【详解】（1）由可得，所以或所以或因为，所以所以交点的极坐标为（2）由（1）可得圆M的极坐标方程为，转化为直角坐标方程为直线的直角坐标方程为所以点P到直线l的距离的最大值为23．（2021·贵州·二模（文））已知.（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）分别在、和时，去绝对值符号，解不等式求得结果；（Ⅱ）将问题转化为在上恒成立，由绝对值不等式的解法和分离变量法可得，根据可得结果.【详解】（Ⅰ）当时，；当时，，解集为；当时，，解得：，；当时，恒成立，；综上所述：的解集为；（Ⅱ）当时，，则恒成立等价于恒成立，，即，，当时，，，即实数的取值范围为.【点睛】易错点睛：本题易错点在于采用分离变量法求解恒成立问题时，忽略了函数最值点能否取得的问题，造成求解参数范围时丢掉了临界值.