【高考大赢家·突破】逆袭高分名师卷（拔高卷）-【高考冲刺满分】2022年高考数学名师押题预测全真模拟卷（新高考全国Ⅱ卷）

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绝密★启用前【高考冲刺满分】2022年高考名师押题预测全真模拟卷（新高考全国Ⅱ卷）数 学【高考大赢家·突破】逆袭高分名师卷（拔高卷）（本卷共6页，22小题，考试时间：120分，试卷满分：150分）注意事项：1.答卷前，考生务必填写好自己的姓名、准考证考号等信息。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知为虚数单位，设，则复数在复平面内对应的点位于（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】利用复数运算可求得对应的点，由此可得结果.【详解】解：，对应的点为，位于第一象限.故选：A.2．已知集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出集合，由并集的定义即可求出答案.【详解】解：因为，则.故选：C.3．已知抛物线的焦点为F，准线为l．点P在C上，直线PF交x轴于点Q，且，则点P到准线l的距离为（       ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据抛物线的定义即可求解.【详解】解：设，，∵，,∴，∴，∴P到l的距离，故选：C．4．已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的表面上，若球心到平面的距离为1，则球的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先作出图形，利用已知条件求出的外接圆圆心，再根据几何关系进一步解出外接球半径，代入表面积公式即可.【详解】解：由题意可知，如图：是面积为的等边三角形，，又是外接圆圆心 又 球的表面积为: 故选：C.5．如图所示的建筑物是号称“神州第一圆楼”的福建土楼——二宜楼，其外形是圆柱形，圆楼直径为73.4m，忽略二宜楼顶部的屋檐，若二宜楼的外层圆柱墙面的侧面积略小于底面直径为40m，高为10m的圆锥的侧面积的，则二宜楼外层圆柱墙面的高度可能为（       ）A．16m B．17m C．18m D．19m【答案】A【分析】首先算出圆锥的侧面积，然后设二宜楼外层圆柱墙面的高度为，则由解出可得答案.【详解】解：底面直径为40m，高为10m的圆锥的母线长为，所以该圆锥的侧面积为，设二宜楼外层圆柱墙面的高度为，则由，解得因为二宜楼的外层圆柱墙面的侧面积略小于底面直径为40m，高为10m的圆锥的侧面积的，所以二宜楼外层圆柱墙面的高度可能为，故选：A6．对一个物理量做次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差．为使误差在的概率不小于0.9545，至少要测量的次数为（       ）（参考数据：若，则）A．8 B．10 C．30 D．32【答案】D【分析】因为，得到，，要使误差在的概率不小于0.9545，则，得到不等式计算即可.【详解】解：根据正态曲线的对称性知：要使误差在的概率不小于0.9545，则且，，所以.故选：D.7．设，为平面向量．若为单位向量，，与的夹角为，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先计算出，，即可求得.【详解】解：由题意知：，，故.故选：B.8．已知函数（，且）在区间上为单调函数，若函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围为（       ）A．          B．         C．         D．【答案】D【分析】由函数在在上为单调函数，且当时单调递减，则满足，可得到的范围；再将有三个不同的零点问题转化为函数和有三个交点问题，画出两个函数的图象，可先判断当时存在两个交点，则只需满足时有且仅有一个交点即可，进而求解，综合得到的范围.【详解】解：由题，因为在上为单调函数，且时，单调递减，所以，解得，在同一坐标系中画出和的图象，如图所示：由图象可知当时，和的图象有两个交点，故只需当时，和的图象有且只有一个交点，当，即，即时，满足题意；当，即时，只需与相切，联立可得，则，解得，综上，的取值范围是故选：D二、多项选择题：本题共有4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中有多选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．一组数据，，…，是公差为的等差数列，若去掉首末两项，后，则（       ）A．平均数变大 B．中位数没变 C．方差变小 D．极差没变【答案】BC【分析】根据平均数的概念结合等差数列的性质判断A, 由中位数的概念可判断B，由方差及等差数列的通项公式计算即可判断C，根据极差及等差数列的通项公式可判断D.【详解】解：由题意可知，对于选项A，原数据的平均数为 ， 去掉，后的平均数为即平均数不变，故选项A错误;对于选项B，原数据的中位数为，去掉，后的中位数仍为，即中位数没变，故选项B正确；对于选项C，设公差为d,则原数据的方差为, 去掉，后的方差为，即方差变小，故选项C正确；对于选项D，原数据的极差为，去掉，后的极差为,即极差变小，故选项D错误.故选：BC10．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是(       )A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段B．存在Q点，使得平面C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大D．若，那么Q点的轨迹长度为【答案】ACD【分析】A：取、中点，连接、、PF，证明平面∥平面，则点的轨迹为线段；B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出x、z即可判断；C：的面积为定值，当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大；D：可求为定值，即可判断Q的轨迹，从而求其长度.【详解】解：取、中点，连接、、PF，由PF∥∥且PF＝知是平行四边形，∴∥，∵平面，平面，∥平面，同理可得EF∥平面，∵EF∩＝F，∴平面∥平面，则点的轨迹为线段，A选项正确；如图，建立空间直角坐标系，则，，，设，则，，设为平面的一个法向量，则即得取，则.若平面，则∥，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；的面积为定值，当且仅当到平面的距离d最大时，三棱锥的体积最大.，，，则当时，d有最大值1；②，，则当时，d有最大值；综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；平面，，，，Q点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.故选：ACD.【点睛】本题综合考察空间里面的位置关系的判断与应用，需熟练运用线面平行、面面平行的判定定理和性质，需掌握运用空间直角坐标系和空间向量来解决垂直问题，掌握利用空间向量求点到平面的距离，利用几何关系判断空间里面的动点的轨迹，考察知识点较多，计算量较大，属于难题.11．已知数列的前项和为，且对于恒成立，若定义，，则以下说法正确的是（       ）A．是等差数列 B．C． D．存在使得【答案】BC【分析】利用退一相减法可得数列的通项及，即可判断各选项.【详解】解：当时，，当时，由，得，故，即，所以数列为等比数列，首项，公比，故，A选项错误；则，所以，，B选项正确；当时，，假设当时，成立，当时，，即成立，故，C选项正确；D选项错误；故选：BC.12．已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，M为OA的中点，P为双曲线C右支上一点且，且，则(       )A．C的离心率为2 B．C的渐近线方程为C．PM平分 D．【答案】ACD【分析】在直角三角形中，利用列出关于a、b、c的齐次式求出离心率，从而判断A；根据离心率求出渐近线方程，从而判断B；根据是否相等即可判断PM是否平分，从而判断C；根据、的比例关系，利用平面向量的线性运算即可表示用表示，从而判断D.【详解】解：由可知，由得，，即，即，即，∴，故A正确；由，∴双曲线渐近线为，故B错误；由，﹒则，，∴；∵，，∴，∴，∴根据角平分线的性质可知PM平分，故C正确；，，，故D正确；故选：ACD．【点睛】本题主要考察与双曲线的焦半径和焦点三角形有关的性质，考察构造关于a、b、c的齐次式求离心率的方法，考察利用角平分线的性质，考察了向量的线性运算，解题时需数形结合，合理运用图形的几何关系.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若双曲线的离心率为，则a=_________.【答案】4【分析】根据离心率公式，及双曲线中的关系可联立方程组，进而求解参数的值.【详解】解：在双曲线中，，且 点睛：此题考查双曲线的基本知识，离心率是高考对于双曲线考查的一个重要考点,根据双曲线的离心率求双曲线的标准方程及双曲线的渐近线都是常见的出题形式，解题的关键在于利用公式，找到之间的关系.14．已知奇函数f（x），当，，那么___________.【答案】【分析】根据函数奇偶性把求的值，转化成求的值.【详解】解：由f（x）为奇函数，可知，则又当，，则故故答案为：15．已知向量满足：，与的夹角为，则__________.【答案】【分析】首先求出，再根据平面向量数量积的定义求出，最后根据及平面向量数量积的运算律计算可得；【详解】解：因为，所以，又且与的夹角为，所以，所以故答案为：16．已知函数，若存在实数t使得函数有7个不同的零点，则实数a的取值范围是__________．【答案】【分析】利用导数研究函数的性质，得单调性和极值，并作出函数的大致图象，由得或，然后分类讨论，它们一个有3个根，一个有4个根，由此可得参数范围．【详解】解：当时，，，当时，，递减，当时，，递增，故时，；当时，，，时，，递增，时，，递减，所以当时，有极大值，当时，，作出的大致图象如图，由题意知，即有7个不同的实根，当有三个根，有四个实根，此时或，得或；当有四个根时，有三个实根，此时，得，所以．故答案为：．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。将答案写在答题卡上。17．（本题满分10）已知数列是递增的等差数列，，若，，成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)若，数列的前n项和，求.【答案】(1)；(2)【分析】（1）由等差数列的基本量运算和等比数列的性质列方程组解得和公差得通项公式；（2）求出，用裂项相消法求和．【详解】解：(1)设的公差为d，，由条件得，∴∴.(2)由（1），，，∴．18．（本题满分12）在锐角中，角，，的对边分别为，，，若．（1）求的值；（2）是否存在角，（），满足?若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，，．【分析】（1）根据三角形的性质，由题干所给等式以及正弦定理解出即可.（2）假设存在这样的，满足题意，再诱导公式、同角三角函数关系与两角和的正切公式等算出和.【详解】解：（1）因为，由正弦定理，得，又因为，所以，故；（2）假设存在角，（），满足，由及，可得，因为，所以，由，可得，由，且，解得，，从而，，故存在，满足题意．19．（本题满分12）在四棱锥中，平面平面，，，，.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】(1)根据面面垂直的性质以及得到，取的中点，连接，，可证平面，进而得到，根据线面垂直的判定得到平面；（2）建立坐标系，先求得平面的法向量和平面的法向量，计算两个法向量的余弦值，再得到正弦值即可.【详解】(1)解：因为平面平面，且，为平面与平面的交线，故平面，故.取的中点，连接，，因为且，，可得四边形为矩形，故.又，故，又，平面，故平面，所以.因为平面，平面，，所以平面.(2)以为原点，，，所在方向分别为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，则，设平面的法向量为，则则取，则.设平面的法向量为，则则取，则，则故.故二面角的正弦值为.20．（本题满分12）已知椭圆的离心率为，焦距为2．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线与椭圆C交于点E，F，过点E作轴于点M，直线FM交椭圆C于另一点N，证明：．【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）根据离心率和焦距即可求得椭圆的方程；（2）联立直线与椭圆方程，求出点E，F坐标，再求点N坐标，根据斜率关系证明垂直.【详解】解：（1）由题，，∴，，， 故椭圆方程为；（2）设，，，则与椭圆方程联立得，由得，，∴，即.【点睛】此题考查根据椭圆的基本量求椭圆方程，根据直线和椭圆的焦点坐标证明直线与直线的垂直关系，对计算能力要求比较高.21．（本题满分12）已知，．(1)存在满足：，，求的值；(2)当时，讨论的零点个数．【答案】(1)或4；(2)答案见解析.【分析】（1）在有，构造中间函数并利用导数研究单调性和零点情况，求参数a，在上根据已知列方程组求参数a，即可得结果.（2）讨论a的范围，利用导数研究的单调性，结合零点存在性定理判断各情况下零点的个数.【详解】解：(1)时，原条件等价于，∴，令，则，∴为增函数，由，则有唯一解，所以，时，，解得：．综上，或4．(2)ⅰ.时，则，，而，，即为增函数，又，当时；当时，故，∴恒成立，故时零点个数为0；ⅱ.时，，由①知：仅当时，此时零点个数为1．ⅲ.时，，则，，∴为增函数，，，∴仅有一解，设为，则在上，在上，所以最小值为，故．又，，故、上各有一零点，即有2个零点．ⅳ.时，上，，∴无零点，则上，，，∴为增函数，，，∴有唯一解，设为，则，又，，故、上，各有一个零点，即有2个零点．ⅴ.时，由（1）知：上有唯一零点：；在上，则，，所以为增函数，，，故使，则上，递减；上，递增；故，而，又，，故在、上各有一个零点，所以共有3个零点．综上：时零点个数为0；时零点个数为1；时零点个数为2；时零点个数为3．【点睛】（1）根据分段函数的定义域讨论x，结合函数、方程思想求参数.（2）讨论参数a，利用二阶导数研究的单调性，进而判断其符号研究单调性，并结合零点存在性定理判断区间零点的个数.22．（本题满分12）设函数，其中．(1)若是的一个极值点，求；(2)若在区间上不存在零点，求的取值范围．【答案】(1)；(2)【分析】（1）根据极值点处导数为0即可求解；（2）分类讨论的取值范围，利用函数单调性讨论函数最值，从而确定函数是否存在零点即可.【详解】解：(1)，若是的一个极值点，则，得，解得．当时，，有增有减有极值，显然符合题意，．(2) ①当 时，函数在单调递增，则在区间 上有即，所以要使在区间 上不存在零点，必有 ，解得， .②当函数在单调递减，在 单调递增，又，同时必有，则.③当时，函数在 单调递减，又，函数在不存在零点.综上的取值范围为.