数学模拟测试卷01-备战2022年高考数学全真模拟热身卷(新高考专用)（解析版）

这是一份数学模拟测试卷01-备战2022年高考数学全真模拟热身卷(新高考专用)（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届高考数学·备战热身卷1（解析版）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，有一项符合题目要求。）
1．（浙江省浙东北联盟（ZDB）2021-2022学年高一上学期期中数学试题）若，则实数的值等于（ ）
A． B．3 C． D．3或
【答案】A
【分析】分类讨论结合集合中元素的性质求解即可.
【详解】当时，，不满足集合中元素的互异性；
当时，即或（舍），此时.
2．（2021·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心模拟预测）已知，若复数（是虚数单位）是纯虚数，则（ ）
A．0 B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】根据实部为零，虚部不为零得到方程（不等式）组，解得即可；
【详解】是纯虚数，则，解得.
3．（2021·海南·模拟预测）函数的部分图象大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先利用奇偶性排除部分选项，再由函数值的符号判断排除可得选项.
【详解】因为函数的定义域为R，且，
所以函数是奇函数，故排除C、D，
又，故排除B选项.
4．（2021·全国·模拟预测）已知首项为13的等差数列的前n项和为，且，，成等差数列．若，且，则（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】D
【分析】设出公差,由，，成等差数列及，得到与的关系式，从而求解．
【详解】设等差数列的公差为d，因为，所以，整理可得，．
又，所以．若，
则，故，又，所以．
5．（2021·福建省龙岩第一中学模拟预测）若实数，，满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先判断的范围，以及由条件可知，，，再分别代入选项，根据单调性和特殊值比较大小.
【详解】因为，其中，
所以，，，且，，所以，，即，故A错误；
，，即，故B错误；
，，因为，所以，即，即，故C错误；
，，即，故D正确.
6．（2021·四川·凉山彝族自治州教育科学研究所一模（理））设A，是两个事件，且发生A必定发生，，给出下列各式，其中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合和事件、积事件的概念及条件概率公式，即可求解．
【详解】发生必定发生，（A），（B），故A，D错误，
，故B错误，，故C正确．
7．（2021·四川·乐山市教育科学研究所一模（理））设，函数，若在区间内恰有个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
解法一：利用排除法，分别令和求解函数的零点进行判断，
解法二：分类讨论，分在区间有个零点且在区间没有零点，在区间有个零点且在区间有个零点和在区间有个零点且在区间有个零点三种情况求解即可
【详解】法一（排除法）：
令，则，当时，在区间有个零点，当时，，，在区间有个零点，综上所述，在区间内有个零点，符合题意，排除A､C.
令，则，当时，在区间有个零点，当时，，，在区间有个零点，综上所述，在区间内有个零点，符合题意，排除B，故选D.
法二（分类讨论）：①当在区间有个零点且在区间没有零点时，满足，无解；
②当在区间有个零点且在区间有个零点时，满足，解得；
③当在区间有个零点且在区间有个零点时，满足，解得，
综上所述，的取值范围是.
8．（2021·河南·罗山县教学研究室一模（文））已知直线分别与函数和的图象交于点、，现给出下述结论：①；②；③；④，则其中正确的结论个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据函数和的图象关于对称，直线与垂直，可得，、，，关于对称，即可判断①；利用基本不等式即可判断②，构造，判断其单调性，即可判断③，由，判断其单调性，即可判断④．
【详解】由题意直线与垂直，函数和的图象关于对称，
，、，，关于对称，则；①正确；
对于②：由，因为，则；②正确；
对于③：构造函数；则，
当时，可得，函数在单调递增；
当时，可得，函数在单调递减；
，，，③正确；
对于④：，，令函数，则
当时，可得，函数在单调递减；
当时，可得，函数在单调递增；
，不对，即④不对．
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。）
9．（2021·广东·深圳市龙岗区德琳学校高一阶段练习）设有下面四个命题：
：若复数满足，则； ：若复数满足，则；
：若复数满足，则； ：若复数满足，则.
其中的真命题为（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】根据复数的定义以及复数的分类，对命题的真假进行逐一判断即可.
【详解】设，，
对于，若，即，则,
当，时，，故为假命题.
对于，若，则，即，则，故为真命题.
对于，若，则，即，，则，故为真命题.
对于，若，即，
则，不能推出，故不一定属于，故为假命题.
10．（2021·福建·厦门一中高一期中）已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（ ）
A．的图象关于对称
B．
C．在上的最大值是10
D．不等式的解集为
【答案】ACD
【分析】依题意令，求出，再令，即可得到，从而判断A；令得到，再令，，即可判断B；再利用定义法证明函数的单调性即可判断C；依题意原不等式等价于，再根据函数的单调性转化为自变量的不等式，解得即可；
【详解】因为，则有，令，则，则，令则，即，故的图象关于对称，即A正确；
令，则，
令代x，则，即，即，故B错误；
设且，则，由，令，，则，即，由时，，得，则，所以，所以，即在上单调递减，又，所以，，又，所以，故在上的最大值为，故C正确；
由，即，即，即，又因为，即，所以，即，即，即，解得，即原不等式的解集为，故D正确.
11．（2021·全国全国·模拟预测）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（ ）
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
【答案】ABD
【详解】首先求得正四面体的一些结论：
正四面体棱长为，是底面的中心，是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为，是高，如图1．
，，
由得，解得，（内切球半径）．
正四面体的体积为，外接球体积为．

　　　　图1 图2　　　　　　　　　 图3
对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；
对于B选项，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图2，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B，O，E三点共线，且，，因此，故B正确；
对于C选项，勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图3，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；
对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，而正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，故D正确.
12．（2022·全国·高三专题练习）对于△，其外心为，重心为，垂心为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．向量与共线
D．过点的直线分别与、交于、两点，若，，则
【答案】BCD
【分析】A：由外心的性质，结合向量数量积的几何意义判断；B：根据的几何意义即可判断正误；C：应用向量数量积的运算律及定义化简，再根据判断正误；D：根据平面向量基本定理可得，再由三点共线即可证.
【详解】
A：为外心，则，仅当时才有，错误；
B：由，又，故，正确；
C：
，
即与垂直，又，所以与共线，正确；
D：，又三点共线，则，故，正确.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．（2021·全国·贵阳一中一模（理））已知x，y为正实数，且，则的最小值为_________.
【答案】
【分析】应用“1”的代换将目标式转化为，再应用基本不等式求最小值，注意等号成立条件.
【详解】∵，是正实数，且，
∴，当且仅当，时，等号成立.
14．（2021·江苏镇江·一模）若，则___________.
【答案】
【分析】由题意可得，令，则，，化简即得解.
【详解】由题意可得，令，则，，
所以原式.
15．（2021·全国全国·模拟预测）已知椭圆的左､右焦点分别为，，过作倾斜角为30°的直线，与以坐标原点为圆心､椭圆半焦距为半径的圆交于点（不同于点），与椭圆在第一象限交于点，若，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【分析】因为，得到，求得，再在中，由余弦定理得，得到，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】因为，所以为线段的中点，所以，
又因为为圆的直径，所以，
在中，，，所以，从而，
在中，由余弦定理得，
又由，所以，解得，所以椭圆的离心率.
16．（2021·吉林·东北师大附中模拟预测（理））在四棱锥中，已知底面，，，M是平面内的动点，且满足，则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为___________.
【答案】
【分析】根据题意可得，在平面内，以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设，求出点的轨迹方程，可得当四棱锥的体积最大时，可取，三棱锥外接球的球心在过三角形外接圆圆心且垂直平面的直线上，利用勾股定理可求得外接球的半径，从而可得出答案.
【详解】：因为底面，面，所以，
又因，，所以平面，
又平面，所以，同理，
在和中，因为，
所以，所以，即，
在平面内，以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
设，则有，化简得，
即点的轨迹方程为，
要使四棱锥的体积最大，只要点的纵坐标的绝对值最大即可，
令，则，当四棱锥的体积最大时，可取，
此时到平面的距离为，
三棱锥外接球的球心在过三角形外接圆圆心且垂直平面的直线上，
在三棱锥中，取的中点，点即为三角形外接圆的圆心，
设三棱锥外接球的球心为，半径为，设，
则有，解得，所以，
所以三棱锥外接球的表面积.

四、解答题（本题共6小题，共70分。第17题10分，其余每题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
17．（2021·浙江·绍兴市柯桥区教师发展中心模拟预测）设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）首先利用辅助角公式及二倍角公式化简函数，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）首先利用辅助角公式及二倍角公式化简函数，利用函数的定义域求出函数的值域，即可得解．
【详解】：（1）函数，
所以．
故函数的最小正周期；
（2）：由于，所以，
所以

即；
由于，所以，所以，故，
当，即时，函数取得最小值为．
18．（2021·全国全国·模拟预测）已知数列的前n项和为，且，，.
（1）在下列三个结论中选择一个进行证明，并求的通项公式.①数列是等差数列；②数列是等比数列；③数列是等比数列.
（2）记，求数列的前n项和.
注：如果选择多个结论分别证明，按第一个证明计分.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）若选①，采用作差法可得，构造得，变形即可求证，求得的通项，变形可得的通项公式；
若选②，由作差法得，构造得，可证是等比数列；求得，同时除以可得①，后续方法同①；
若选③，由代换得，可证时等比数列；同时除以可得，求出的通项公式，由可求的通项公式；
（2）由（1）得，代换得，结合裂项公式可求.
【详解】：（1）方案一：选结论①.
因为，，所以，
当时，，两式相减得，，
所以，即，，
所以数列是等差数列，
又，，所以，所以；
方案二：选结论②.
因为，，所以，
当时，，两式相减得，，
所以，，
因为，所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，两边同时除以得，，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以；
方案三：选结论③.
因为，，所以，
当时，，所以，
因为，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，两边同时除以，得，
所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，
所以；
（2）由（1）得，，
所以，
所以.
19．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点.
（1）求证：PA∥平面BDE；
（2）若直线BD与平面PBC所成的角为30°，求二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析；（2）60°.
【分析】（1）连结，，交于点，连结，推导出，由此能证明平面；
（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设，根据直线BD与平面PBC所成的角为30°，求出，利用向量法能求出二面角的大小．
【详解】：（1）证明：连结，，交于点，连结，
底面是矩形，是的中点，
点是的中点，，
平面，平面，平面；
（2）解：在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
设，设，
则，2，，，0，，，0，，，2，，
，，，，2，，，2，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
直线与平面所成角为，，
解得，，，2，，，2，，，0，，
设平面的法向量，，，则，取，得，，，
设二面角的大小为，则，，
二面角的大小为．
20．（2021·全国全国·模拟预测）“十四五”是我国全面建成小康社会、实现第一个百年奋斗目标之后，乘势而上开启全面建设社会主现代化国家新征程、向第二个百年奋斗目标进军的第一个五年，实施时间为2021年到2025年．某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备加大研发资金投入，为了解年研发资金投入额（单位：亿元）对年盈利额（单位：亿元）的影响，通过对“十二五”和“十三五”规划发展10年期间年研发资金投入额和年盈利额数据进行分析，建立了两个函数模型：
；，其中， ，， 均为常数，为自然对数的底数
令，经计算得如下数据：，，，，，，，，，，问：
（1）请从相关系数的角度，分析哪一个模型拟合度更好？
（2）根据（1）的选择及表中数据，建立，关于的回归方程（系数精确到0.01）
（3）若希望2021年盈利额y为500亿元，请预测2021年的研发资金投入额为多少亿元？（结果精确到0.01）
附：①相关系数r＝，回归直线中：，
参考数据：，．
【答案】（1）模型的拟合程度更好；（2）；（3）亿元．
【分析】（1）分别计算两个函数模型的相关系数和，比较和的大小关系即可判断；
（2）由得，即，根据最小二乘法求和的值，即可求解；
（3）将代入（2）中的回归方程即可求解.
【详解】（1）为了判断两个函数模型：；，拟合程度，只需要判断两个函数模型，拟合程度即可．
设和的相关系数为，和的相关系数为，
由题意，，
显然，因此从相关系数的角度，模型的拟合程度更好．
（2）先建立关于的线性回归方程，由得，，即，
，，
所以关于的线性回归方程为，即，
所求回归方程为：，
（3）若2021年盈利额为500亿元，即为，，，
解得：，所以2021年的研发资金投入量约为亿元．
21．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆的上顶点为，过点且与轴垂直的直线被截得的线段长为.
（1）求椭圆的标准方程﹔
（2）设直线交椭圆于异于点的两点，以为直径的圆经过点线段的中垂线与轴的交点为，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题设有且求参数a，进而写出椭圆方程.
（2）讨论的斜率，当斜率存在时设、，联立椭圆方程结合韦达定理求关于的表达式，再由，应用数量积的坐标表示列方程求参数m，进而求线段中垂线的方程及的范围，即可确定的取值范围.
【详解】：（1）由已知条件得：，令，得，
由题意知：，解得，∴椭圆的标准方程为，
（2）①当直线的斜率不存在时，显然不合题意；
②当直线斜率存在时，设，
当时，此时关于y轴对称，令，
∴且，则，又，
∴，解得或(舍)，则符合题设.
∴此时有；
当时，则，得，，
设，则，得，，
且，
由，即，
∴，整理得，解得（舍去），
代入得：，
∴为，得：，
则线段的中垂线为，
∴在轴上截距，而，∴且，
综合①②:线段的中垂线在轴上的截距的取值范围是.
22．（2022·江苏盐城·一模）设函数.
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若为函数的两个不等于1的极值点，设，记直线的斜率为，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出，即可求出切点坐标，从而求出切线方程；
（2）首先求出函数的导函数，依题意在上有两个不等于的正根，即可得到韦达定理，不妨设，所以，根据两点斜率公式得到，即证，根据对数平均不等式可得，只需证明，令，依题意即证，，再构造函数利用导数说明函数的单调性，即可得证；
【详解】：（1）因为，所以，，所以，所以切点为，切线的斜率，所以切线方程为
（2）因为
因为为函数的两个不等于1的极值点，所以在上有两个不等于的正根，所以，所以，不妨设，所以，
所以


要证即证，
即，
令，则，
所以当时，，所以函数在上单调递增，故，即，
所以在上恒成立，
因为，所以，所以，即，
即，所以，
下面只需证明，
令，因为，所以，所以，所以，
即证，，
即证，，令，，，所以在上单调递减，所以，得证.