理科数学2022届高考考前冲刺卷（一）学生版

这是一份理科数学2022届高考考前冲刺卷（一）学生版，共12页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知，记，则的大小关系是等内容，欢迎下载使用。
2022届高考考前冲刺卷理 科 数 学（一）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．2．年月日，女排世界杯在日本拉开帷幕，某网络直播平台开通观众留言渠道，为中国女排加油．现该平台欲利用随机数表法从编号为、、…、的号码中选取个幸运号码，选取方法是从下方随机数表第行第列的数字开始，从左往右依次选取个数字，则第个被选中的号码为（    ）A． B． C． D．3．已知角的终边过点，则的值为（    ）A．  B．C．  D．4．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件  B．必要不充分条件C．充要条件  D．既不充分又不必要条件5．已知，记，则的大小关系是（    ）A．  B．C．  D．6．设实数x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为（    ）A．40 B．2 C．4 D．67．设的内角、、所对的边分别为、、，若，且的面积为，则（    ）A． B． C． D．8．已知双曲线，点是的左焦点，若点为右支上的动点，设点到的一条渐近线的距离为，则的最小值为（    ）A．6 B．7 C．8 D．99．已知圆，P为直线上的动点，过点P作圆C的切线，切点为A，当的面积最小时，的外接圆的方程为（    ）A． B．C． D．10．如图，已知、分别为正方体的棱、的中点，平面交棱于点，则下列结论中正确的是（    ）A．平面平面 B．截面是直角梯形C．直线与直线异面 D．直线平面11．若复数z满足，则的最大值为（    ）A．1 B．2 C．5 D．612．已知函数，关于x的不等式的解集中有且只有一个整数，则实数a的范围是（    ）A． B． C． D． 第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知，，则__________．14．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著．该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算和计数．某中学研究性学习小组有甲、乙、丙、丁四人，该小组拟全部收集九宫算、运筹算、了知算、成数算和把头算等5种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，且每种算法只由一个人收集，但甲不收集九宫算和了知算的资料，则不同的分工收集方案共有_________种．15．已知定义在上的单调递增函数，对于任意的，都有，且恒成立，则______．16．已知数列满足，且前项和为，则_______．三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且满足．（1）求角A；（2）点P为内一点，当时，求面积的最大值．             18．（12分）下图甲是由直角梯形ABCD和等边三角形CDE组成的一个平面图形，其中，，，将△CDE沿CD折起使点E到达点P的位置（如图乙），在四棱锥中，若．（1）证明：平面平面ABCD；（2）若平面PCD与平面PAB的交线为l，求l与平面PAD所成角的正弦值．             19．（12分）已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率，短轴长为2．（1）求椭圆的方程；（2）设动直线与曲线有且只有一个公共点，与轴正半轴相交于点，若，求直线的方程．                 20．（12分）某种电子玩具启动后，屏幕上的LED显示灯会随机亮起红灯或绿灯．在玩具启动前，用户可对（）赋值，且在第1次亮灯时，亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为．随后若第n（）次亮起的是红灯，则第n+1次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为；若第n次亮起的是绿灯，则第n+1次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为．（1）若输入，记该玩具启动后，前3次亮灯中亮红灯的次数为X，求X的分布列和数学期望；（2）在玩具启动后，若某次亮灯为红灯，且亮红灯的概率在区间内，则玩具会自动唱一首歌曲，否则不唱歌．现输入，则在前20次亮灯中，该玩具最多唱几次歌？                  21．（12分）已知函数．（1）当时，求函数的极值；（2）若函数在有唯一的零点，求实数的取值范围．                     请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）分别求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线交于A，B两点，线段的中点为Q，点，求的值．       23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】设、、为正实数，且．（1）证明：；（2）证明：．  
2022届高考考前冲刺卷理 科 数 学（一）答 案第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【答案】D【解析】由题意，可得集合，又由集合，可得，所以，故选D．2．【答案】C【解析】根据题意及随机数表可得5个被选中的号码依次为16，06，09，13，23，所以第5个被选中的号码为23，故选C．3．【答案】C【解析】角的终边过点， ，，故选C．4．【答案】A【解析】因为在上单调递增，由得到，由在定义域上单调递增，又，即，所以；故由能够推得出，即充分性成立；由推不出，即必要性不成立，故是的充分不必要条件，故选A．5．【答案】A【解析】因为，所以，所以，故选A．6．【答案】C【解析】约束条件所满足的区域如图所示，目标函数的几何意义是点到区域内一个点的距离的平方，由图知此最小值为以点为圆心，与直线相切的圆的半径的平方，根据点到直线的距离公式，求得圆心到直线的距离为，故最小值为4，故选C．7．【答案】C【解析】因为，所以由正弦定理可得，可得，可得，可得，因为的面积为，可得，又，所以，故选C．8．【答案】B【解析】过作垂直于双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，则，连接与双曲线的另一个焦点，如下所示：由双曲线的定义可知，，又双曲线方程为，故，又点坐标为，双曲线的渐近线为，故点到渐近线的距离为，故，故选B．9．【答案】C【解析】由题可知，，半径，圆心，所以，要使的面积最小，即最小，的最小值为点到直线的距离，即当点运动到时，最小，直线的斜率为，此时直线的方程为，由，解得，所以，因为是直角三角形，所以斜边的中点坐标为，而，所以的外接圆圆心为，半径为，所以的外接圆的方程为，故选C．10．【答案】D【解析】分别延长，交于点，连接交于点，∵分别为正方体的棱的中点，∴是的中点，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，则，，，，设平面的法向量，则，令，则，，即；设平面的法向量，则，令，则，，即，∵间没有倍数关系，∴平面和平面不平行，故A错误；，且与相交，∴截面是梯形，又∵，∴与不垂直，∴截面是梯形但不是直角梯形，故B错误；∵、分别为正方体的棱、的中点，∴，∴，，，四点共面，∴直线与直线共面，故C错误；由，，可知，则，，∴，，，∴直线平面，故D正确，故选D．11．【答案】C【解析】设，则表示复平面点到点的距离为3，则的最大值为点到的距离加上3，即，故选C．12．【答案】B【解析】因为，所以不是不等式的一个解，当时，，则，不等式有且只有一个整数解等价于只有一个整数解，即的图象在直线的上方只有一个整数解，，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，作出的图象，由图象可知的取值范围为，即，故选B． 第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】0【解析】，，，故答案为．14．【答案】126【解析】据题意，甲可收集1种或2种资料．第一类，甲收集1种，则乙、丙、丁中有一人收集2种，另两人各收集1种，有种；第二类，甲收集2种，则乙、丙、丁每人各收集1种，有种，所以不同的分工收集方案种数共有种，故答案为126．15．【答案】9【解析】令，则有，若，则有，显然矛盾；若，则有，显然与已知矛盾，当大于3的整数时，与已知函数是单调递增相矛盾，故，所以有；令时，；令时，；根据函数的性质可知：；令时，；令时，；令时，；令时，；根据函数的性质可知：；令时，；根据函数的性质可知：；令时，；根据函数的性质可知：，令时，；令时，；令时，；令时，；所以归纳得到当时，，所以，故答案为9．16．【答案】【解析】当为奇数时，，，，…，，各式相加得，；当为偶数时，，，解得，故答案为． 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）因为，所以，所以，即．因为，所以，所以．因为，所以．（2）在中，由余弦定理得．在中，由余弦定理得，当且仅当时取等号，所以，则，即面积的最大值为．18．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）取中点为，连接，，由题得，，得，，，，，∴，∴，∴，∴，，∴平面，平面，所以平面平面．（2）如图，延长和交于点，连接，则为平面与平面的交线，即为，取中点为，连接，，∵，，∴，，，如图，以O为坐标原点，OF，OD，OP分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，，，，，，，，设平面的法向量为，，，令，解得，设与平面的所成角为，则，即l与平面PAD所成角的正弦值为．19．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）根据题意，，又，解得，故椭圆方程为．（2）根据题意，直线的斜率一定存在，故设其方程为，则，联立与椭圆方程，可得，因直线与椭圆相切，故可得，整理得，设点的坐标为，则，又的坐标为，且，则，，则，整理得，当时，点与点重合，不满足题意；故，代入，解得（点在轴的正半轴，故舍去）或，故所求直线的方程为．20．【答案】（1）分布列见解析，；（2）7次．【解析】（1）据题意，的所有可能取值为0，1，2，3，当时，前3次亮灯的颜色为“绿绿绿”，则，当时，前3次亮灯的颜色为“红绿绿”，或“绿红绿”，或“绿绿红”，则，当时，前3次亮灯的颜色为“红红绿”或“红绿红”或“绿红红”，则，当时，前3次亮灯的颜色为“红红红”，则，所以的分布列为：0123．（2）记第次亮灯时，亮起红灯的概率为，由题设，，则，因为，则，所以是首项为，公比为的等比数列，则，所以，由，得，所以为奇数．由，得，因为为奇数，则，即，则．当时，，9，11，13，15，17，19，因为玩具在这7次亮灯中亮红灯是随机事件，所以在前20次亮灯中，该玩具最多唱7次歌．21．【答案】（1）的极小值为2，无极大值；（2）．【解析】（1）当时，，，令，得；令，得，则单调递增区间为，单调递减区间为，∴存在极小值为，无极大值．（2），则，令，则，由，得，，则，故在单调递增，，①当，即时，即时，，∴在上单调递增，又，∴当时，函数没有零点，②当，即时，由，得，∴，∴，，又∵，∴存在，使得，当时，，单调递减，又∵，∴当时，，在内，函数没有零点，又∵时，，∴单调递增，又∵，令，，，∴在上单调递增，又∵，∴时，，在上单调递增，∴，∴，又∵，∴由零点的存在定理可知存在，∴在内，函数有且只有1个零点，综上所述，实数的取值范围是．22．【答案】（1）曲，；（2）．【解析】（1）曲线C的参数方程为（为参数），转换为普通方程为，直线l的极坐标方程为，得，即，也就是．（2）∵点在直线l上，转换为参数方程为（t为参数），代入，得到，即，设A，B两点对应的参数为，∴，，故．23．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）证明：因为、、为正实数，由基本不等式可得，所以，当且仅当时，等号成立，故．（2）证明：由柯西不等式可得，所以，当且仅当时，即当，，时，等号成立，故．