2022年高考數(shù)學(xué)模擬試題

雷小華

本卷滿(mǎn)分150分，考試用時(shí)120分鐘

第Ⅰ卷（選擇題 共60分）

一、單項(xiàng)選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分. 在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.）

1. 若集合A={x∈N* | x（x-a）<0}={1，2}，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（ ）

A.（2，3）? B.[2，3）? C.（2，3]? D.[2，3]

2. 已知復(fù)數(shù)z1=+i，z2=-i（i為虛數(shù)單位），則下列說(shuō)法不正確的是（ ）

A.z1+z2=???? B.z1-z2=

C.z1·z2=2????? D.=

3. 設(shè)f（x）=，函數(shù)，則下列函數(shù)中為奇函數(shù)的是（ ）

A. f（x-1）-1? B. f（x-1）+1? C. f（x+1）-1? D. f（x+1）+1

4. 某家用電器的電路（含abcd四根外表一樣的線(xiàn)，僅兩根線(xiàn)功能一致）出現(xiàn)斷路，如圖. 現(xiàn)需連接恢復(fù)其原有功能.若戶(hù)主選擇隨機(jī)接通，則恢復(fù)原有功能的概率為（ ）

A. ????B.

C. ?????D.

5. 若？茲∈（2k？仔+，2k？仔+），k∈Z，則 =（ ）

A. -cos？茲?? B. cos？茲?? C. -cos2？茲?? D. cos2？茲

6. 設(shè)等差數(shù)列{an}滿(mǎn)足S7-a4=24，則“a1=1”是“anan+1=2Sn”的（ ）

A. 充分條件但不是必要條件 B. 必要條件但不是充分條件

C. 充要條件???????????? D. 既不是充分條件也不是必要條

7. 已知函數(shù)f（x）=ex. 若f（lg（s-t）），f（0），f（lg（s+t））成等比數(shù)列，則動(dòng)點(diǎn)（s，t）的軌跡方程為（ ）

A. t2-s2=1（t≥1）????? B. s2-t2=1（s≥1）

C. t2-s2=1（t≤-1）????? D. s2-t2=1（s≤-1）

8. 在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F分別為A1D1、AA1中點(diǎn)，記過(guò)B、E、F三點(diǎn)的平面為？琢，M為面CDD1C1內(nèi)的點(diǎn)，異面直線(xiàn)BM與B1C1所成角為45°，則（ ）

A. 平面？琢與正方體的交線(xiàn)為矩形

B. 直線(xiàn)BM與平面？琢所成最大角為45°

C. BM與EF所成角的范圍為[0°，60°]

D. 平面？琢截正方體的體積比為1∶3

二、多項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分.）

9. 已知多項(xiàng)式（ax-1）2+（x+1）4=x4+bx3+cx2+dx+e，則（ ）

A. b=2? B. b=4? C.（c-d）min=1? D.（c-d）max=1

10. 某地區(qū)繪出了一段時(shí)間內(nèi)新冠疫苗接種率與新發(fā)新冠病例人數(shù)的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)圖，如圖. 則下列說(shuō)法中，正確的是（ ）

A. 人群接種率會(huì)影響新發(fā)病例人數(shù)

B. 新發(fā)病例人數(shù)與人群接種率成正比

C. 疫苗對(duì)人群保護(hù)作用的時(shí)間有限

D. 接種過(guò)一針的人群可考慮再接種加強(qiáng)針

11. 將函數(shù)y=f（x）的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，再把所得曲線(xiàn)上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的一半，縱坐標(biāo)保持不變，得到函數(shù)g（x）=cos（2x+）的圖像. 則下列區(qū)間為函數(shù)y= f（x）的單調(diào)區(qū)間的是（ ）

A.（0，） B.（，？仔） C.（？仔，） D.（，2？仔）

12. 若方程lgx=kx，x∈（0，+）有且僅有兩個(gè)不等實(shí)根x1、x2（x1A. x1=? B. x2=e? C. elgx1+x1lge=0? D. k=lg

第Ⅱ卷（非選擇題，共90分）

三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.）

13. ？駐ABC中AB=1，AC=3，cosA=，若=-，則 · =???????? .

14. 已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線(xiàn)l1 ∶ kx-y+4k=0與直線(xiàn)l2 ∶ x+ky+2k=0相交于點(diǎn)P，則PO的取值范圍是???????? .

15. 已知曲線(xiàn)C ∶ +=1. 若C為雙曲線(xiàn)，則？茲=???????? .（僅填滿(mǎn)足條件的一個(gè)？茲的值）;若C為橢圓，其焦點(diǎn)為F1、F2，點(diǎn)P在橢圓上，則三角形PF1F2的周長(zhǎng)為???????? .

16. 將棱長(zhǎng)都相等的三棱錐P-ABC沿PA、PB、PC三條側(cè)棱剪開(kāi)并展平，若所得平面圖形的面積為，則原三棱錐的外接球的體積為???????? .

四、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.）

17.（本小題滿(mǎn)分10分）

設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{}的前n項(xiàng)和為T(mén)n.

在①等差數(shù)列{an}公差不為零，a1=1，a2是a1與a5的等比中項(xiàng);②等差數(shù)列{an}單調(diào)遞增，a1=1，（a2+2）（a4+2）=a3a5;③Sn=an+（n-1）2這三個(gè)條件中任選一個(gè)作答.

（Ⅰ）求an;

（Ⅱ）是否存在正整數(shù)k，使得TkT2k+1T4k+3=？若存在，求出Sk的值;若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

18.（本小題滿(mǎn)分12分）

三角形ABC中，D是BC邊上的點(diǎn)，AB=4，BD=6，∠BAD=2∠ADB=2？茲.

（Ⅰ）求AD的長(zhǎng)及三角形ABD的面積S;

（Ⅱ）若sinC=，求cos∠CAD的值.

19.（本小題滿(mǎn)分12分）

一盒中有7個(gè)乒乓球，其中5個(gè)新的標(biāo)有1、2、3、4、5的記號(hào)，2個(gè)舊的標(biāo)有6、7的記號(hào).

（Ⅰ）某運(yùn)動(dòng)員從盒中任取3球來(lái)用，用完后裝回盒中，記此時(shí)盒中新球的個(gè)數(shù)為隨機(jī)變量X，求X的分布列與數(shù)學(xué)期望;

（Ⅱ）現(xiàn)甲乙兩名運(yùn)動(dòng)員先后不放回的各取2球，在剩下球標(biāo)號(hào)和為奇數(shù)的條件下，求兩人所拿新球個(gè)數(shù)甲不少于乙的概率.

20.（本小題滿(mǎn)分12分）

如圖，多面體是以三角形ABC為底面的三棱柱被不平行于底面的平面DEF所截得到的，M為AC中點(diǎn)，BM∥平面DEF，BD⊥FM，DF=2BE=2.

（Ⅰ）求證：FM⊥平面BDM;

（Ⅱ）若FD=FB，直線(xiàn)DF與平面BDM所成角為60°，三棱錐B-DMF的體積為，試求二面角F-DB-M的余弦值.

21.（本小題滿(mǎn)分12分）

已知函數(shù)f（x）=alnx-x2+1（a∈R）.

（Ⅰ）若a=2，求證：f（x）≤0;

（Ⅱ）f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1、x2，且x122.（本小題滿(mǎn)分12分）

如圖，等腰直角？駐PQF中，PF=QF=2. 設(shè)以直線(xiàn)PQ為準(zhǔn)線(xiàn)，F(xiàn)為焦點(diǎn)的拋物線(xiàn)方程為C ∶ y2=2px（p為常數(shù)）.

（Ⅰ）求p的值;

（Ⅱ）若A（x1，y1）、B（x2，y2）（y2<0）為直線(xiàn)x=ky+1與C的交點(diǎn)，是否線(xiàn)段PQ上存在動(dòng)點(diǎn)D（-1，m）、E（-1，-m）有AD∥BE成立？若存在，求四邊形ADEB面積的最小值;若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

參考答案

一、單項(xiàng)選擇題

1.【答案】選C. 2

二、多項(xiàng)選擇題

9.【答案】選BC. 因?yàn)椋╝x-1）2+（x+1）4=x4+C14x3+（a2+C24）x2+（C34-2a）x+2，故b=4，c=a2+C24，d=C14-2a. c-d=a2+2a+2=（a+1）2+1≥1，∴（c-d）min=1. 故選答案BC.

10.【答案】選ACD.

11.【答案】選AC. 由函數(shù)g（x）的圖像上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的一倍，縱坐標(biāo)保持不變，得到函數(shù)y=cos（x+）的圖像，再向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)f（x）=cos（x+）. 對(duì)于A，因?yàn)椤躼+≤，在此范圍內(nèi)余弦函數(shù)單調(diào)遞減，故選項(xiàng)A正確;對(duì)于B，≤x+≤，在此范圍內(nèi)余弦函數(shù)先減后增，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;對(duì)于C，因?yàn)椤躼+≤，在此范圍內(nèi)余弦函數(shù)單調(diào)遞增，故選項(xiàng)C正確;對(duì)于D，因?yàn)椤躼+≤，在相應(yīng)范圍內(nèi)余弦函數(shù)先增后減，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 故選答案AC.

12.【答案】選BCD. 設(shè)f（x）=lgx，g（x）=kx，x∈（0，+∞）由圖象可知，當(dāng)g（x）與f（x）相交于點(diǎn)B、相切于點(diǎn)A時(shí)，僅有兩個(gè)不等實(shí)根. 設(shè)B（x1，-lgx1），A（x2，-lgx2），由x>1，f（x）=lgx，且f ′（x）=. 故k=f ′| ==kOA==kOB=. 分別可得：x2=e，elgx1+x1lge=0，k=lg. 故選答案BCD.

三、填空題

13. -. 14.[0，2）.? 15. （滿(mǎn)足條件的答案均可，不惟一）;2. 16. ？仔.

13.【答案】-.『方法一』延長(zhǎng)CB至點(diǎn)E，使BE=CB，連接AE. ·=（+）（+）=（+）（-）=-. 在三角形ABC中，由余弦定理知：BC2=1+9-2×1×3×=，故·=12-=-.

『方法二』延長(zhǎng)CB至點(diǎn)E，使BE=CB，連接AE;延長(zhǎng)AB至點(diǎn)D，使AB=BD，連接DE，連接DC，則四邊形AEDC為平行四邊形;在三角形ADC中，由余弦定理知：DC2=4+9-2×2×3×=10=AE2，故AE=，cos∠ACD==，由∠ACD+∠EAC=？仔得cos∠EAC=-，所以·=·cos∠EAC=-.

14.【答案】[0，2）. 因?yàn)橹本€(xiàn)l1與直線(xiàn)l2相互垂直，且直線(xiàn)l1過(guò)定點(diǎn)A（-4，0），直線(xiàn)l2過(guò)定點(diǎn)A（0，-2），故交點(diǎn)P的軌跡是以AB為直徑、點(diǎn)C為圓心的圓周（除去（-4，-2）、（-4，0）、（0，-2）三點(diǎn)），所以0≤PO15.【答案】（滿(mǎn)足條件的答案均可，不惟一）;2.

∵ C為橢圓，且cos4？茲=（cos2？茲）2=（）2>cos2？茲>0，故橢圓+=1焦點(diǎn)在x軸上，且a=cos2？茲，b2=2cos2？茲-1，c2=a2-b2=cos4？茲-2cos2？茲+1=（cos2？茲-1）2，∴ c=1-cos2？茲=sin2？茲. 故三角形PF1F2的周長(zhǎng)為2（a+c）=2（cos2？茲=sin2？茲）=2，故三角形PF1F2的周長(zhǎng)為2.

16.【答案】？仔. 沿PA、PB、PC三條側(cè)棱剪開(kāi)并展平后所得平面圖形為正三角形，由其面積為，故原三棱錐的棱長(zhǎng)1.

【方法一】把此三棱錐補(bǔ)成一個(gè)正方體，可得正方體的棱長(zhǎng)為，故外接球的直徑為，半徑為R=，所以V=？仔R3=？仔（）3=？仔.

【方法二】設(shè)外接球的半徑為R，頂點(diǎn)P在底面三角形的射影為O1，連接O1C，延長(zhǎng)PO1交球面于點(diǎn)D，則PD=2R，得PC⊥CD. 由正弦定理知：=2O1C，故O1C=，所以PO1==. 由射影定理得：PC2=PO1·2R，故R===，故體積為V=？仔R3=？仔（）3=？仔. 所以原三棱錐的外接球的體積為？仔.

四、解答題

17. 解：（Ⅰ）若選①：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a1=1，且a2是a1與a5的等比中項(xiàng)得：（1+d）2=1×（1+4d），…………2分

即d2=2d，∵d≠0，∴ d=2，……………………………4分

故an=a1+（n-1）d=2n-1. …………………………………5分

若選②：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由a1=1，且（a2+2）（a4+2）=a3a5得：（3+d）（3+3d）=（1+2d）（1+4d），……………2分

即5d2-6d-8=0，即d=2，或d=-.

∵{an}為單調(diào)遞增數(shù)列，∴d>0，所以d=2，……………4分

故an=a1+（n-1）d=2n-1. …………………………………5分

若選③：

由n=2時(shí)，S2=a1+a2=a2+1，所以a1=1…………………1分

n≥2時(shí)，Sn-1=an-1+（n-2）2，……………………………2分

故Sn-Sn-1=an-an-1+（n-1）2-（n-2）2，……………………3分

即an=an-an-1+2n-3，

即an-1=2n-3，……………………………………………4分

∵a1=1，故an=2n-1. ……………………………………5分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：Sn=n=n2.…………………6分

令bn=，則bn===（-），………………………………………………………7分

故Tn=b1+b2+…+bn=[（-）+（-）+…+（-）]=（1-）=………………………………8分

若TkT2k+1T4k+3=··==，解得：

k=7………………………………………………………9分

故S7=49………………………………………………10分

18.解：（1）在三角形ABD中，由正弦定理得：=，………………………………………………………1分

即=，即cos？茲=. ………………………3分

由余弦定理得：16=36+AD2-2×6·ADcos？茲，

即AD2-9AD-20=0，

故AD=5或AD=4，……………………………………5分

若AD=4，則AB=AD得出∠BAD=2∠ADB=與AB2+AD2≠BD2矛盾.

故AD=4不合舍去，所以AD=5. ………………………6分

因?yàn)閟in？茲=，所以三角形ABD面積為S=×6×5sin？茲=. ………………………………………………8分

（2）由？茲=∠CAD+C且cos？茲>0知：0<∠CAD<，0因?yàn)閟inC=，所以cosC=. ………………10分

由∠CAD=？茲-C得：cos∠CAD=cos？茲cosC+sin？茲sinC

=×+×=…………………12分

19.【解析】（Ⅰ）由題意可知X的可能取值為2，3，4.………………………………………………………………………1分

P（X=2）==，P（X=3）==，P（X=4）==. ……………………………………………………………4分

故

……………………………………………………………5分

故E（X）=2×+3×+4×=. ……………………6分

（Ⅱ）設(shè)甲乙兩名運(yùn)動(dòng)員不放回的先后各取2球，剩下球標(biāo)號(hào)和為奇數(shù)的事件為A，兩人所拿新球個(gè)數(shù)甲不少于乙的事件為B，則所求為P（B | A）. ………………………………7分

【方法一】甲乙兩名運(yùn)動(dòng)員先后不放回的各取2球的事件數(shù)為

n（？贅）=C27C25=×=210，…………………………8分

剩下球標(biāo)號(hào)和為奇數(shù)的事件數(shù)為n（A）=（C34+C23C14）C24C22=16×6=96，……………………………………………………………9分

剩下球標(biāo)號(hào)和為奇數(shù)且所拿新球個(gè)數(shù)甲不少于乙的事件數(shù)可分剩球?yàn)槿齻€(gè)奇數(shù)號(hào)與二偶一奇兩種情況來(lái)計(jì)算：

①三奇時(shí)共有14種;②二偶一奇時(shí)共有48種，故???? n（AB）=62.

故P（B | A）===. …………………………12分

【方法二】P（A）==，………………9分

P（AB）==，…………………………………11分

∴ P（B | A）===. …………………………12分

20.【解析】

（Ⅰ）證明：取DF中點(diǎn)N，連接MN、NE，

∵原幾何體是三棱柱，

∴ AD∥CF∥BE，………………………………………1分

∵ AM=MC，DN=NF，

∴ MN是梯形ACFD的中位線(xiàn)，

∴ MN∥AD∥FC，

∴ MN∥BE，………………2分

∴ MBEN四點(diǎn)確定一個(gè)平面，

∵ BM∥平面DEF，平面MBEN∩平面DEF=NE，

∴ BM∥NE …………………3分

∴四邊形MBEN為平行四邊形，

∴ MN=BE…………………………… …………………4分

∵ DF=2BE，DN=NF，

∴ DN=NM=NF，

∴ FM⊥DM………………………………………………5分

又BD⊥FM，BD∩DM=D，

∴ FM⊥平面BDM ………………………………………6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：∠FMD=∠FMB=90°，

∵ FD=FB，

∴ ？駐DMF？艿？駐BF.

∴ DM=BM.

∵直線(xiàn)DF與平面BMF所成角為60°，

∴∠FDM=60°……………………………………………7分

∵ DF=2，

∴ DM=BM=，F(xiàn)M=3，

∴三棱錐B-DMF的體積

VB-DMF =VF-BDM =S？駐BDM·FM=×··sin∠DMB×3=，

得sin∠DMB=1，

∴∠DMB=90°，

即DM⊥MB，

∴ BM，DM，F(xiàn)M兩兩垂直. ……………………………8分

【方法一】幾何法

取DB的中點(diǎn)G，連接GM、GF，

∵ DM=BM，

∴ MG⊥DB. ………………………………………………9分

由三垂線(xiàn)定理得：FG⊥DB，

則∠FGM為二面角F-DB-M的平面角.……………10分

由MG=，F(xiàn)M=3得FG=，……………………11分

∴ cos∠FGM==.

即二面角F-DB-M的余弦值為. ……………………12分

【方法二】

以MD、MB、MF所在的直線(xiàn)為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系M-xyz. 如圖.

D（，0，0），B（0，，0），

F（0，0，3），M（0，0，0），……9分

故=（-，，0），=（-，0，3），

設(shè)平面BDF的法向量為=（x，y，z），則·=0，·=0，即（x，y，z）·（-，，0）=0，（x，y，z）·（-，0，3）=0，即x=y，x=z，令x=，則y=，z=1，

故=（，，1）. ………………………………10分

由（Ⅰ）知，平面BDM的法向量為=（0，0，1），……11分

設(shè)所求二面角F-DB-M的大小為？茲，則？茲=〈，〉，

則cos？茲===，

故二面角D-BE-A的余弦值為 ………………12分

21.【解析】（Ⅰ）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）.

當(dāng)a=2時(shí)，f ′（x）=-2x=2·=2·，……1分

x∈（0，+∞），f ′（x）、f（x）變化如下：

∴ f（x）最大值=f（x）極大值=f（1）=2ln1-12+1=0，

故a=2時(shí)，f（x）≤0. ……………………………………4分

（Ⅱ）∵ f （1）=aln1-12+1=0 ………………………………5分

∴ 1是f（x）的一個(gè)零點(diǎn)，

x1故0