卷2-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）第二模拟（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·山西太原·一模（文））己知复数满足，则复数（）A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意得，进而求得.【详解】由得，整理得，所以.故选：D.2．（2021·吉林·东北师大附中高三月考（文））已知集合，集合，则（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据函数的定义域与值域，求出集合A与集合B，进而求出.【详解】解：，，.故选：C.3．（2021·四川·高三月考（文））已知命题；命题且，.现有下列四个命题：①；②；③；④.其中真命题是（）A．①② B．①④. C．②③ D．③④【答案】A【分析】先判断命题和的真假，再利用逻辑用语中的或且非的真假判断即可.【详解】解：命题当时，，故命题为假命题；命题若，则，又，所以，故命题为真命题.故，为真命题.，，为假命题.故选：A.4．（2021·宁夏·固原一中高三期中（文））函数的图像大致为（）A． B．C． D．【答案】A【分析】通过判断函数的奇偶性排除CD,通过取特殊点排除B，由此可得正确答案.【详解】∵∴函数是偶函数，其图像关于轴对称，∴排除CD选项；又时，，∴，排除B，故选.5．（2021·云南·昆明一中高三月考（文））已知实数x，y满足，则z =2x -y的最小值是（）A．5 B． C．0 D．-1【答案】C【分析】作出可行域，将问题转化为求y= 2x- z的截距的最大值，进而根据几何意义求解即可.【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由，得，平移直线，由图可知当直线过点时取得最小值.由得，所以的最小值是.故选：C6．（2021·河南·高三月考（文））已知函数为奇函数，则在处的切线方程为（）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用函数为奇函数可得，求导可求解，，即得解【详解】当时，，则，此时，则，则，，所求切线方程为，即.故选：D7．（2021·四川成都·三模（文））已知，在中任取一点，则事件“”发生的概率为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题可借助圆的图像得出结果.【详解】如图，绘出圆的图像：当点位于第二象限与第四象限时，满足，故事件“”发生的概率，故选：C.8．（2021·四川泸州·三模（文））如图，直四棱柱的底面是正方形，已知，，点，分别在棱，上，且，，则（）
 A．，且直线，是相交直线B．，且直线，是异面直线C．，且直线，是异面直线D．，且直线，是相交直线【答案】B【分析】作图，通过计算可知，取点M为BC的中点，则共面，显然点E不在面内，由此直线，AF异面．【详解】解：，，
如图，
 取点M为BC的中点，则，
故AMFD共面，点E在面面外，
故直线经过面内一点和平面外一点，
故直线和平面内直线AF异面．
故选：B．
 9．（2021·贵州黔东南·模拟预测（文））函数的部分图象如图所示，要得到的图象，只需将的图象（）A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度【答案】D【分析】由周期求得ω，再结合最高点求得φ，得到函数的解析式，进而做出判定.【详解】由图可知，，所以，即，所以．所以，又，所以，所以，,将其图象向左平移个单位长度即可得到的图象．故选：D10．（2021·陕西·西安中学模拟预测（文））某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在C处(点C在水平地面下方，O为CH与水平地面ABO的交点)进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点A，B两地相距100米，∠BAC=60°，其中A到C的距离比B到C的距离远40米.A地测得该仪器在C处的俯角为∠OAC=15°，A地测得最高点H的仰角为∠HAO=30°，则该仪器的垂直弹射高度CH为（）米A． B． C． D．【答案】B【分析】在△中，用余弦定理求得；在△中，再利用正弦定理求得.【详解】设，则，在△中，由余弦定理得：，即，解得.在△中，，，，由正弦定理得：，即，解得.故选：B.【点睛】解三角形应用题的一般步骤：（1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．（2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．（3）根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．（4）将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.11．（2021·河南驻马店·高三月考（文））已知，函数的零点为的极小值点为则（）A． B．C． D．【答案】B【分析】先判断出的范围，再求出即可比较出三者的大小关系.【详解】因为所以，因为，所以.令，得.因为在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，所以，故.故选：B12．（2021·甘肃兰州·一模（文））已知是离心率为的椭圆外一点，经过点的光线被轴反射后，所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，则此条切线的斜率是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意知，设过点的直线方程为：，反射后的切线方程为：，联立切线方程与椭圆的方程，利用求解即可.【详解】由题意可知，又，故，设过点的直线斜率为，则直线方程为：，即则反射后的切线方程为：由得，因为所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，，化简得：，即，解得故选：D.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，及关于直线对称的直线方程，解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．（2021·吉林长春·二模（文））已知焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的离心率为_______________________．【答案】【分析】根据双曲线的简单几何性质可知，以原点为中心，焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，即有，再根据以及即可求出.【详解】因为以原点为中心，焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，所以,所以．故答案为：．14．（2021·江西·二模（文））设，为非零向量，且，则，的夹角为___________.【答案】【分析】对平方即可得结果.【详解】由，平方得到，所以夹角为，故答案为：.15．（2021·青海西宁·三模（文））设为一个圆柱上底面的中心，A为该圆柱下底面圆周上一点，这两个底面圆周上的每个点都在球O的表面上若两个底面的面积之和为，与底面所成角为，则球O的表面积为______．【答案】【分析】设球的半径为，圆柱下底面半径为,为一个圆柱下底面的中心，根据圆柱的几何特征，可得，解出半径，则球的表面积可求．【详解】解：设球的半径为，圆柱上下底面半径为，为一个圆柱下底面的中心，由题意知得，与底面所成角为，在中,根据圆柱的几何特征，即 .故该球的表面积，故答案为：．【点睛】本题考查圆柱外接球的表面积，根据已知求出球的半径是解答该题的关键，是基础题16．（2021·四川·高三月考（文））设的内角，，的对边分别为，，，为钝角，且，则的最大值是______.【答案】【分析】根据正弦定理化简，得，结合题设条件可得，根据，从而可得，结合基本不等式，即可求解.【详解】因为，所以由正弦定理得，则，因为为钝角，所以，，则，所以，因为所以，即，所以，因为，所以，即，当且仅当时取等号.故答案为：.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·河南平顶山·高三月考（文））党的十九大明确把精准扶贫作为决胜全面建成小康社会必须打好的三大攻坚战之一，为了坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位要开展精准扶贫，此帮扶单位为了了解某地区贫困户对其所提供帮扶的满意度，随机调查了40个贫困户，得到贫困户的满意度评分如下：贫困户编号评分贫困户编号评分贫困户编号评分贫困户编号评分1781188217931932731286228332783811395237233754921476247434815951597259135846851678266636777791788278037818841882288338769631976297439851086208930824089现用系统抽样法从40个贫困户满意度评分中抽取容量为10的样本，且在第一段内随机抽到的样本数据为92.（1）请你列出抽到的10个样本数据；（2）计算所抽到的10个样本数据的均值和方差；（3）在（2）条件下，若贫困户的满意度评分在之间，则满意度等级为“级”.试应用样本估计总体的思想，现从（1）中抽到的10个样本为“级”的贫困户中随机地抽取2户，求所抽到2户的满意度评分均“超过80”的概率（参考数据：，，）【答案】（1）答案见解析；（2）均值为83，方差为33；（3）．【分析】（1）根据系统抽样定义，按编号分成10组，每组4户，由第一个样本数据可得其余样本数据；（2）由均值公式和方差公式计算；（3）确定满意度等级为“级”所在区间，得满意度等级为“级”的个数，用列举法写出任取两个的基本事件，计算出均值超过80分的事件的个数，由公式计算出概率．【详解】（1）把40户按编号顺序分成10组，每组4户，第一段抽取的是4号，由此可得所抽取的10户的各编号，从而得样本数据为：92，84，86，78，89，74，83，78，77，89．（2），33；（3）由（2），满意度等级为“级”在上，共有5个：84，86，78，83，78，任取两个，共有事件，，，，，，，，，共10个，其中都超过80的有，，三个，所求概率为．18．（2021·四川郫都·高三月考（文））已知是等差数列的前项和，．从下面的两个条件中任选其中一个：①；②，求解下列问题：（1）求数列的通项；（2）设，试比较数列的前项和与的大小.（注：条件①、②只能任选其一，若两个都选，则以条件①计分）【答案】答案见解析【分析】（1）将条件化为基本量，进而求出，最后求出通项公式；（2）由（1），先求出，进而求出，然后根据裂项法结合放缩法求出答案.【详解】（1）设等差数列的公差为，若选①，，则，所以数列的通项为：.若选②，，则，所以数列的通项为：.        （2）由（1），，所以，所以数列的前n项.19．（2021·宁夏·银川一中模拟预测（文））如图，在直三棱柱中，，E为上的一点，，（1）若，求证：平面（2）平面将棱柱分割为两个几何体，记上面一个几何体的体积为，下面一个几何体的体积为，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】先证明四边形ADEF是平行四边形，得到，再证明平面，即可得证；正三棱柱的体积，下面一个几何体为四棱锥，可求得其体积为，由此可得，进而得解．【详解】解：证明：如图，取BC中点F，连接AF，E，在直三棱柱中，，，，，且，四边形ADEF是平行四边形，，由题意△ABC为正三角形，侧棱，，两两平行且都垂直于平面ABC，，，，平面，，平面，又，平面正三棱柱的底面积，则体积下面一个几何体为四棱锥，底面积S梯形ACC'D，因为平面平面，过点B作△ABC边AC上的高线BG，如图，由平面与平面垂直的性质可得BG垂直于平面，故四棱锥的高等于则，从而，20．（2021·山西长治·高三月考（文））已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，且点F与圆M：(x＋4)2＋y2＝1上点的距离的最小值为4.（1）求C的方程；（2）设点T(1，1)，过点T且斜率存在的两条直线分别交曲线C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.【答案】（1）；（2）0.【分析】（1）由到圆心距离减去半径结果为4求得，得抛物线方程；（2）设直线方程为，代入抛物线方程，应用韦达定理，由直线上两点间距离求得，同理求得，然后由它们相等可求得（是直线的斜率）．【详解】（1）圆心为，半径为1，，所以，，抛物线方程为；（2）设直线方程为，设，由得，，，，设直线方程为（），同理可得，由|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，得，又，所以，所以．21．（2021·安徽合肥·三模（文））已知函数，曲线在处的切线方程为.（1）求证：当时，；（2）求证：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线方程得到，令，用导数法证明即可；（2）由（1）知，当时，，令，转化为，再利用数列的裂项相消法求解.【详解】（1）函数的定义域为，.又∵，，∴该切线方程为，即.设，则.令，则.当时，，∴在上单调递增.又∵，∴，即在上单调递增，∴当时，，∴当时，.（2）由（1）知，当时，.令，则，∴，∴，化简得.【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是利用数列的知识，根据（1）的结论，构造而得解.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·青海西宁·三模（文））在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）．（1）将，的方程化为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线？（2）以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．若上的点对应的参数为，点在上，点为的中点，求点到直线距离的最小值．【答案】（1）表示以为圆心，1为半径的圆，表示焦点在轴上的椭圆；（2）.【详解】试题分析：（1）分别将曲线、的参数方程利用平方法消去参数，即可得到，的方程化为普通方程，进而得到它们分别表示什么曲线；（2），利用点到直线距离公式可得到直线的距离，利用辅助角公式以及三角函数的有界性可得结果.试题解析：（1）的普通方程为，它表示以为圆心，1为半径的圆，的普通方程为，它表示中心在原点，焦点在轴上的椭圆．（2）由已知得，设，则，直线：，点到直线的距离，所以，即到的距离的最小值为．23．（2021·甘肃省民乐县第一中学二模（文））已知．（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）设不等式的解集为，若求的取值范围【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）利用分类讨论法解绝对值不等式即可；（Ⅱ）若则原不等式在上恒成立，即，解得，再由即可求出参数的取值范围；【详解】解：（Ⅰ）当时，即当，解得，当，解得，当，解得，故不等式解集为或，即不等式的解集为（Ⅱ）若则原不等式在上恒成立，即，即，即即，所以，解得故满足条件的的取值范围是【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值不等式恒成立问题，属于中档题.