2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考数学全真模拟测试（四）（含解析）

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2022年普通高等学校招生全国统一考试全真模拟测试（四）数学答案1．C由题意知,，，∴，∴.2．B∵∴,故.3．C因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，因为直线经过点和，所以直线斜率为，因为直线与平行，所以，解得：，4．C由恬，，，函数定义域是，在上递减，在上递增．5．B将函数转化为：，表示以为圆心，以2为半径的半圆，如图所示：由图知：当直线过点时，，当直线与圆相切时，，解得过，所以当时，函数的图象与直线有公共点，所以实数的取值范围为.6．A因，令，，而双曲线实半轴长，由双曲线定义知，，而，于是可得，在等腰中，，令双曲线半焦距为c，在中，由余弦定理得：，而，，，解得，所以双曲线的离心率为.7．D解：由题意，又，所以，故选项正确；由，且，，，得，解得，选项正确；由题意当时，，当时，，所以，，故时，的最大值为10，故选项错误；由于，数列是递减数列，当时，，当时，；当时，，当时，，所以当时，，当时，，当时，，故数列中最小的项为第6项，选项正确．8．C令，即，解得或. .令，得，令，得，故在和上分别单调递减，在和上分别单调递增，在处取得极大值，，在处取得极小值，，当x从左边趋近0时，趋近于正无穷大，当x从右边趋近0时，趋近于负无穷大，当x无穷大时，趋近于0.可知，与的图象在y轴右侧只有一个交点，在y轴左侧无交点，故此时有一个正零点，当时，与的图象在y轴左侧只有一个交点，在y轴右侧有两个交点，故共有三个正零点，一个负零点，故选：C.9．CD对于A，若m∥α，α∥β，则m可能在β内，所以A不正确；对于B，若m∥α，m∥β，则α∥β，还有α与β可能相交，所以B不正确；对于C，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，满足直线与平面垂直的性质定理，故C正确；对于D，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，满足面面平行的性质定理和线面垂直的判定定理，所以D正确；10．AC因为函数 的最小正周期为，所以，解得，所以，将的图象向左平移个单位长度，得到，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数，A. ，故正确；B. 因为，所以，所以在不单调，故错误；C.因为 ，所以的图像关于，故正确；D. 因为，所以，则在上的最大值是，故错误；11．AD函数,,∵是函数的极值点，∴，即，,当时，,,即A选项正确,B选项不正确;,即D正确,C不正确.12．ABD对于A项：在中，，D为AC中点，所以，又PO垂直于圆O所在的平面，所以，因为，所以平面PDO，故A正确．对于B项：由于P，C，E共面，且D在平面PCE外，所以CE与PD异面，故B正确．对于C项：因为可得平面PDO，若直线平面PDO，则有平面平面PDO，这与两平面有公共点P矛盾，故C错．对于D项：在三棱锥中，将侧面PBC绕PB旋转至平面，使之与平面PAB共面，如图所示，则当A，E，共线时，取得最小值，因为，，所以，由余弦定理可得，即的最小值为，故D对．13．设的长度为，由，而的几何意义为：在上的投影与的乘积，∴故答案为：.14．，故答案为：.15．设等比数列的公比为，由已知，得，解得，所以.16．          易得该六面体为两个正四面体的组合体，所以体积为设该六面体的内切球的半径为，则为该六面体的表面积，，所以，则该六面体的内切球的体积为 17．(1)根据给定条件求出数列的公差即可求解作答.(2)由(1)结合裂项相消法计算求出作答.(1)设等差数列的公差为，由是，的等比中项得，即，因，则，解得，，所以的通项公式是：.(2)由(1)知，，则，所以数列的前n项的和.18．(1)在四棱锥中，连接交于，则为中点，连接，又为中点，∴又平面，平面，∴平面(2)方法一：∵四边形是菱形，且，∴为正三角形，取中点的，连接，，则，∵平面平面，平面平面，∴平面∵、是正三角形，，易得，∴∴．易得，由，∴，取的中点，连接，因为，∴，∴，可得，设点到平面的距离为，∴，解得，即点到平面的距离为．方法二：∵四边形是菱形，且，∴为正三角形，取中点的，连接，，则，∵平面平面，平面平面，∴平面∵是正三角形∴分别以线段、、所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系又∵则，，，，∴，设平面的法向量为则即令，则又设点到平面的距离为则即点到平面的距离为．19．(1)解：根据正弦定理得，∴，所以.整理，得，即.因为所以，即.(2)解：由，，得.由余弦定理，得，所以又，所以.20(Ⅰ) 解: 学校总数为，分层抽样的比例为计算各类学校应抽取的数目为：，，.故从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为所.  (Ⅱ) 解: ① 在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为；2所中学分别记为；1所大学记为.则应抽取的2所学校的所有结果为：，，，，，，，，， ，，， ，，，共15种. ②设“抽取的2所学校没有大学”作为事件.其结果共有10种.所以，.21．（1）设，因为直线的斜率，的斜率（）由已知得（），化简得点的轨迹方程为（）.（2）解法一：设直线的方程为，，，由得，，，因为以线段为直径的圆过点，所以，得，又因为，，得，所以 ，所以，解得，所以直线的方程为，即或解法二：①当直线的斜率不存在时，的方程为，不妨设，，，故舍去.②当直线的斜率存在时，设的方程为（），，，由得，，，因为以线段为直径的圆过点，所以，得，又因为，，得，所以，解得 ，所以直线的方程为，即或综上，直线的方程为或.22．解：（1）因为，所以，.令，得.当时，；当时，.故的单调速增区间是，单调递减区间是.（2）.因为，，又，所以，则.令，则在上单调递增.因为当时，，所以.因为，所以，使得.且当时，，则，当时，，则，所以在上单调递增，在上单调递减.故.由，得.由，得，即.结合，得，所以.令.则，所以在上单调递增，所以，即.故的最小值为.