2022年新高考三輪沖刺模擬試卷02

2022年新高考三輪沖刺模擬試卷02滿分：150分時間：120分鐘一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共計40分，在給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的。1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據集合的并集計算即可.【解析】，，故選：B2．已知，則的虛部是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據復數代數形式的除法運算法則化簡復數，即可判斷；【解析】解：因為，所以，所以的虛部是，故選：B.3．一個圓柱的側面展開圖是一個面積為的正方形，則這個圓柱的體積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設圓柱的底面半徑為r，高為h，因為圓柱的側面展開圖是正方形，所以，由面積公式求出高h，再求出r，由體積公式可求出體積.【解析】解：設圓柱的底面半徑為r，高為h，因為圓柱的側面展開圖是一個面積為的正方形，所以，所以，所以圓柱的體積為.故選C．4．下列四個函數中，以為最小正周期，其在上單調遞減的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】對于A，符合題中要求，對于B,不是周期函數，對于C，D，,在上都不是單調函數，由此可判斷正確答案.【解析】的最小正周期為，在上單調遞減，符合題意，故A正確；不是周期函數，故B錯誤；中，，則，故中在時不是單調函數，故C錯誤；，則，故中在時不是單調函數，故D錯誤，故選：A.5．已知正數x，y滿足，則的最小值與最大值的和為（

）A．6 B．5 C．4 D．3【答案】B【分析】利用基本不等式進行變形得，然后將進行代換得，繼而解不等式可得答案.【解析】因為,所以，即，所以，即，又因為，所以，即，解得，故的最小值與最大值的和為5，故選：B6．已知等差數列中，，設函數，記，則數列的前項和為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】分析可知函數的圖象關于點對稱，利用等差中項的性質結合正弦型函數的對稱性質可求得結果.【解析】，由，可得，當時，，故函數的圖象關于點對稱，由等差中項的性質可得，所以，數列的前項和為.故選：D.7．已知函數，直線是曲線的一條切線，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先求得表達式，再求其取值范圍即可解決.【解析】設切點為，，曲線在切點處的切線方程為，整理得，所以．令，則．當時，，單調遞減；當時，，單調遞增．故，則的取值范圍是．故選：B8．已知二項式的展開式的所有項的系數和為32，則的展開式中常數項為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據賦值法以及二項展開式的通項公式即可求出．【解析】令，可得展開式的所有項的系數之和，得，所以，其通項，令，得，所以展開式中常數項為．故選：A．二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共計20分，在給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對得5分，部分選對得2分，有選錯的得0分。9．某市為了研究該市空氣中的PM2.5濃度和濃度之間的關系，環(huán)境監(jiān)測部門對該市空氣質量進行調研，隨機抽查了100天空氣中的PM2.5濃度和濃度（單位：），得到如下所示的2×2列聯(lián)表：PM2.564161010經計算，則可以推斷出（

）附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828A．該市一天空氣中PM2.5濃度不超過，且濃度不超過的概率估計值是0.64B．若2×2列聯(lián)表中的天數都擴大到原來的10倍，的觀測值不會發(fā)生變化C．有超過99%的把握認為該市一天空氣中PM2.5濃度與濃度有關D．在犯錯的概率不超過1%的條件下，認為該市一天空氣中PM2.5濃度與濃度有關【答案】ACD【分析】對于A選項，根據表格，進行數據分析，直接求概率；對于B，C，D選項，進行獨立性檢驗，計算后對照參數下結論.【解析】補充完整列聯(lián)表如下：PM2.5合計641680101020合計7426100對于A選項，該市一天中，空氣中PM2.5濃度不超過，且濃度不超過的概率估計值為，故A正確；對于B選項，，故B不正確；因為7.4844>6.635，根據臨界值表可知，在犯錯的概率不超過1%的條件下，即有超過99%的把握認為該市一天空氣中PM2.5濃度與濃度有關，故C，D均正確.故選：ACD.10．在平面直角坐標系內，已知，，是平面內一動點，則下列條件中使得點的軌跡為圓的有（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】利用向量的坐標運算，通過題設條件，求出滿足條件的動點C的軌跡方程，再根據軌跡方程判斷即可.【解析】解：設點C的坐標為則對于A：由得，即，故A錯誤；對于B：由得，整理得，即，故B正確；對于C：由得，即，故C正確；對于D：由得，即，故D正確；故選：BCD11．過點作圓的切線，是圓上的動點，則下列說法中正確的是（

）A．切線的方程為B．圓與圓的公共弦所在直線方程為C．點到直線的距離的最小值為D．點為坐標原點，則的最大值為【答案】ABD【分析】A.由，得到，再利用點斜式寫出切線方程；B.由和兩式相減求解判斷；C.先求得點到直線的距離，再減去半徑即可；D.設，得到，然后利用直線與圓相切求解判斷.【解析】A.因為，所以，則過點的切線為，即，故正確；B.由和兩式相減得，故正確；C.點到直線的距離，所以點到直線的距離的最小值為，故錯誤；D.設，則，所以，即，點到直線的距離等于半徑得：，解得或，則的最大值為，故正確；故選：ABD12．在三棱柱ABC?A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，A1A=A1C．E，F分別是線段AC，A1B1上的點．下列結論成立的是（

）A．若AA1=AC，則存在唯一直線EF，使得EF⊥A1CB．若AA1=AC，則存在唯一線段EF，使得四邊形ACC1A1的面積為C．若AB⊥BC，則存在無數條直線EF，使得EF⊥BCD．若AB⊥BC，則存在線段EF，使得四邊形BB1C1C的面積為BC·EF【答案】BCD【分析】A.易知，作，過作的平行線，與交于點F，證得平面，在AB上取一點H，作，得到平面平面，再根據點H有無數個判斷；B.根據是正三角形，設是中點，與重合，則，求得四邊形的面積為，再分析不是中點，或不與重合時，線段的長度變化判斷；C.根據，設是中點，記中點為，則，再結合B的結論判斷；D.設是中點，是中點，記中點為，得到四邊形是平行四邊形，再結合C的結論判斷.【解析】如圖所示：因為AA1=AC，則平行四邊形是菱形，則，作，因為平面平面，所以平面，則，過作的平行線，與交于點G，則，又，則平面，在AB上取一點H，作，分別交線段AC，A1B1上于點E，F，易得平面，平面，又，所以平面平面，則平面HEF，所以，因為點H有無數個，所以有無數條直線EF，使得EF⊥A1C，故A錯誤．如圖所示：若，則是正三角形，設是中點，與重合，則，且四邊形的面積為．∵平面平面，∴平面，∴平面．∵平面，∴當不是中點，或不與重合時，線段的長度將增加，四邊形的面積不再等于．故B正確．如圖所示：若，設是中點，記中點為，則．由結論B知，∴平面．由于，，即，∴直線與確定的平面就是平面．∴為線段上任意一點，都有，故C正確．如圖所示：設是中點，是中點，記中點為，則，．又，，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∴，．根據結論C，，∴，∴平行四邊形的面積為，即四邊形的面積為．所以D正確．故選：BCD三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共計20分。13．已知函數（x>0），若的最大值為，則正實數a=___________.【答案】1【分析】依據題意列出關于a的方程即可求得正實數a的值.【解析】令，則，則令當時，在上單調遞增，則，即的最大值為則，解之得.當時，（當且僅當時等號成立）則，即的最大值為則，解之得（舍）綜上，所求正實數；故答案為：114．拋物線的焦點為F，準線是l，O是坐標原點，P在拋物線上滿足，連接FP并延長交準線l與Q點，若的面積為，則拋物線C的方程是______．【答案】【分析】先根據確定出點坐標，再根據求出點的縱坐標，即可求解.【解析】由題可知，拋物線的準線的方程為，則焦點到準線的距離為,已知，所以P在線段OF的中垂線上，如圖，設，則可知，即,解得，所有拋物線C的方程是.故答案為：15．函數的最小值為______．【答案】1【分析】分類討論，去掉絕對值，利用導函數研究函數單調性和極值，進而求出最小值.【解析】當時，，此時，，令得：，令得：，故此時在處取得最小值，；當時，，此時，此時在單調遞減，且；綜上：函數的最小值為1.故答案為：116．定義在上的函數滿足：①當時，；②．設關于的函數的零點從小到大依次為．若，則____________；若，則________________．【答案】

14

【解析】①當，時，，；②．當時，則，由可知：，．同理，當時，，當，時，由，，可得，，；同理，當時，由，可得，，；此時，．當時，，，當時．則在區(qū)間和上各有一個零點，分別為，，且滿足，依此類推：，，．當時，．故答案為：14，四、解答題：本題共6小題，共70分；解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17.（10分）已知數列的前n項和為，.(1)證明：數列為等比數列，并求數列的前n項和為；(2)設，證明：.【答案】(1)證明見解析；；(2)證明見解析.【分析】（1）先求出，然后將的換成，與原式相減可得，從而可得即可證明，求出通項公式，再分組可求和.（2）先求出，可得出，裂項相消法求和，可證明.【解析】(1)當時，，即由，則兩式相減可得，即所以，即數列為等比數列則，所以則(2)所以18.（12分）為了解某車間生產的產品質量，質檢員從該車間一天生產的100件產品中，隨機不放回地抽取了20件產品作為樣本，并一一進行檢測.假設這100件產品中有40件次品，60件正品，用表示樣本中次品的件數.(1)求的分布列（用式子表示）和均值；(2)用樣本的次品率估計總體的次品率，求誤差不超過的概率.參考數據：設，則，.【答案】(1)的分布列為，的均值為；(2)【分析】（1）由題意隨機變量服從超幾何分布，從而即可求解；（2）樣本中次品率是一個隨機變量，由題意，，根據參考數據即可求解.【解析】(1)解：由于質檢員是隨機不放回的抽取20件產品，各次試驗之間的結果不相互獨立，所以由題意隨機變量服從超幾何分布，所以的分布列為，的均值為；(2)解：樣本中次品率是一個隨機變量，所以.所以誤差不超過的概率為.19.（12分）在?ABC中，內角，，的對邊分別為，，，且．(1)求角的大?。?2)若，且，求?ABC的面積．【答案】(1)；(2)【分析】（1）先利用正弦定理統(tǒng)一成角，然后利用三角函數恒等變換公化簡，從而可求出角的大小，（2）利用余弦將所給式統(tǒng)一成邊，化簡可得，結合已知可求出，再利用三角形面積公式求解即可【解析】(1)由已知及正弦定理，得．∴．∵，∴．∴．又∵，∴．∵，∴．(2)由已知及余弦定理，得，化簡，得．即，又∵，∴．∴?ABC的面積．20.（12分）如圖，三角形ABC是邊長為3的等邊三角形，E，F分別在邊AB，AC上，且，M為BC邊的中點，AM交EF于點O，沿EF將三角形AEF折到DEF的位置，使．(1)證明：平面EFCB；(2)若平面EFCB內的直線平面DOC，且與邊BC交于點N，問在線段DM上是否存在點P，使二面角P—EN—B的大小為60°？若存在，則求出點P；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)存在，.【分析】（1）先由勾股定理證，易得，即得證；（2）連接，過作交于，如圖建立空間直角坐標系設，再利用向量法求解.【解析】(1)證明：在中，易得，，，由，得，又，，，又為中點，，，因為，平面，平面.(2)解：連接，過作交于，平面，平面，則平面，又，四邊形為平行四邊形，，如圖建立空間直角坐標系設，由題得平面的法向量為.設平面的法向量為，由題得,所以，所以.由題得,所以,所以，所以，因為二面角P—EN—B的大小為60°，所以，解之得（舍去）或.此時.21.（12分）已知橢圓C：的左、右焦點分別為，，橢圓C的離心率小于.點P在橢圓C上，，且面積的最大值為.(1)求橢圓C的標準方程；(2)點M（1，1），A，B是橢圓C上不同的兩點，點N在直線l：上，且，，試問是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由.【答案】(1)；(2)是定值，定值為【分析】（1）根據已知條件求得，由此求得橢圓的標準方程.（2）設出直線的方程，分別與橢圓以及直線聯(lián)立，求得三點坐標間的關系，由此計算出為定值.【解析】(1)，則，當為上頂點或下頂點時，的面積最大，，由解得.所以橢圓的方程為.(2)由于，，所以四點共線，由（1）得橢圓的方程為，故在橢圓內，所以直線與橢圓必有兩個交點，不妨設在之間，在的延長線上，當直線的斜率不存在時，直線的方程為，，即,，即.由，得，所以.當直線的斜率存在時，設直線的方程為，由消去并化簡得，.由解得，由，得，所以.綜上所述，為定值，且定值為.22.（12分）已知函數．(1)當時，設函數的最大值為，證明：；(2)若函數有兩個極值點，，求a的取值