临考押题卷06（解析版）-2022年高考数学临考押题卷（新高考卷）(1).docx

高考临考押题卷（六）数学（新高考卷）（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答第卷时，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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，只有一项是符合题目要求.1已知集合，则（       ）Ax|Bx|1x<3C1，2D1，2，3【答案】D【详解】则故选：D2已知双曲线的离心率为，则双曲线E的两条渐近线的夹角为（       ）ABC或D或【答案】B【详解】当，即时，解得，则双曲线此时渐近线的斜率为，所以渐近线的倾斜角为和，所以双曲线E的两条渐近线的夹角为；当，即时，解得，则双曲线此时渐近线的斜率为，所以渐近线的倾斜角为和，所以双曲线E的两条渐近线的夹角为；故选：B.3北京冬奥会已在北京和张家口市如火如荼的进行，为了纪念申奥成功，中国邮政发行北京申办2022年冬奥会成功纪念邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”.若从一套枚邮票中任取枚，则恰有枚会徽邮票的概率为（       ）ABCD【答案】A【详解】将冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”分别记为、，将冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”分别记为、，从一套枚邮票中任取枚，则所有的基本事件有：、，共种，其中，事件“恰有枚会徽邮票”包含的基本事件为：，共种，故所求概率为.故选：A.4已知向量，若与的夹角为，则（       ）ABCD【答案】D【详解】由题意得，故 ，解得 ，其中不合题意，舍去，故，故选：D5已知函数，将的图象先向左平移个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若图象关于对称，则为（       ）ABCD【答案】A【详解】，的图象先向左平移个单位长度，然后再向下平移1个单位长度，得到函数，故，所以，由于，所以.故选：A6在空间中，已知命题的三个顶点到平面的距离相等且不为零，命题：平面平面，则是的（       ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】B【详解】当平面平面时，的三个顶点到平面的距离相等且不为零；当的三个顶点到平面的距离相等且不为零时，平面可能与平面相交，例如当平面且的中点在平面内时，的三个顶点到平面的距离相等且不为零，但平面与平面相交.即是的必要不充分条件故选：B7各种不同的进制在我们生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般用的十进制.通常我们用函数表示在x进制下表达M（M>1）个数字的效率，则下列选项中表达效率最高的是（       ）A二进制B三进制C八进制D十进制【答案】B【详解】因为，令，得易知在上单调递增，在上单调递减，故只需比较与的大小，而，故可得.则效率最高的是三进制.故选：.8已知的展开式中，第3项的系数与倒数第3项的系数之比为，则展开式中二项式系数最大的项为第（       ）项.A3B4C5D6【答案】B【详解】的展开式通项为，第3项为，其系数为，倒数第3项为，其系数为，由题意，所以，所以展开式中二项式系数最大的项为，即为展开式的第4项.故选：B.二、 多项选择题：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，部分选对的得3分，有选错的得0分.92022年春节期间，冬奥会在北京举行，为全国人民带来一场体育盛宴为了解市民对冬奥会体育节目收视情况，随机抽取了200名观众进行调查，其中女性占40根据调查结果分别绘制出男、女观众收看冬奥会系列节目时长的频率分布直方图，则下列说法正确的是（       ）AB男性观众收看节目时长的众数为8小时C女性观众收看节目的平均时长小于男性观众的平均时长D收看节目达到9小时观众中的女性人数是男性人数的【答案】ABC【详解】对于A，由，解得，故A正确；对于B，由频率分布直方图可知，男观众收看时间的众数为8，故B正确；对于C，男性观众收看节目的平均时长为小时，女性观众收看节目的平均时长为小时，故C正确；对于D，由频率直方图可知，男性观众收看达到9小时人数为人，女性观众收看达到9小时人数为人，故D错误.故选：ABC10欧拉公式eixcos xisin x(i为虚数单位，xR)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数之间的关系，它在复变函数中占有非常重要的地位，它被誉为“数学中的天桥”，当时，ei10被称为数学上的“优美公式”，根据此公式可知，下面结论中正确的是（       ）A|eix|1Bcos x Ccos xDe2i在复平面内对应的点位于第二象限【答案】ABD【详解】因为eixcos xisin x，所以|e ix|，故A正确；因为eixcos xisin x，所以，则cos x ，故B正确C错误；因为，所以e2i在复平面内对应的点位于第二象限，故D正确.故选：ABD11如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（            ）AB点的轨迹是一个半径为的圆C直线与平面所成角为D三棱锥体积的最大值为【答案】ACD【详解】对于A选项，连接，因为四边形为正方形，则，平面，平面，则，因为，平面，平面，同理可证，平面，平面，A对；对于B选项，设平面，因为，所以，三棱锥为正三棱锥，因为平面，则为正的中心，则，所以，平面，平面，即，因为，即，解得，所以，点的轨迹是半径为的圆，B错；对于C选项，平面，所以，与平面所成的角为，且，故，C对；对于D选项，点到直线的距离为，所以点到直线的距离的最大值为，故的面积的最大值为，因为平面，则三棱锥的高为，所以，三棱锥体积的最大值为，D对.故选：ACD.12定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（       ）A在上是“弱减函数”B在上是“弱减函数”C若在上是“弱减函数”，则D若在上是“弱减函数”，则【答案】BCD【详解】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；对于B，在上，函数单调递减，在单调递增，故B正确；对于C，若在单调递减，由，得，在单调递增，故C正确；对于D，在上单调递减，在上恒成立，令，令，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，在上恒成立，令，在上单调递增，综上：，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13函数的图象在点处的切线斜率为_.【答案】4【详解】由题意，函数，可得，则，所以函数的图象在点处的切线斜率为.故答案为：.14如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台，已知射线，为湿地两边夹角为的公路（长度均超过千米），在两条公路，上分别设立游客接送点，且千米，若要求观景台与两接送点所成角与互补且观景台在的右侧，并在观景台与接送点，之间建造两条观光线路与，则观光线路之和最长是_ （千米）.【答案】4【详解】解：在中，因为，所以，又与互补，所以，在中，由余弦定理得：，即，即，因为，所以，所以，当且仅当时，取等号，所以观光线路之和最长是4.故答案为：415过抛物线的焦点作两条相互垂直的直线、，若 和分别交该抛物线于、和、两点，则的最小值为_【答案】【详解】抛物线的焦点为.若直线、中有一条与轴平行，则另一条直线与轴重合，但轴与抛物线只有一个交点，不合乎题意.所以，直线、的斜率都存在且不为零，设直线的方程为，则直线的方程为，设点、，联立，可得，由韦达定理可得，所以，同理可得，因此，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故答案为：.16我国古代数学家已经会借助三角数表来计算二阶等差数列的和，例如计算，把第一个数表逆时针旋转两次，得到后两个数表，再把3个数表叠在一起，每一个位置的和都是5，所以，我们使用类似的想法计算：，三个数表叠加之后每一个位置的和都是_；推广可得的求和公式_【答案】     14     【详解】，三个数表叠加之后每一个位置的和是1+1+12=14，又，三个数表叠加之后每一个位置的和是1+1+n=n+2，而一共有个这样的位置，故.故答案为：14，.四、解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17已知数列的前项和为，满足，(1)求证：数列为等比数列并求数列的通项公式；(2)设，求前项和【答案】(1)证明见解析，(2)【解析】(1)，当时，减去得，可得数列是首项为1，公比为2的等比数列(2)，减去得，18如图，在圆内接四边形ABCD中，且依次成等差数列.(1)求边AC的长；(2)求四边形ABCD周长的最大值.【答案】(1) (2)10【解析】(1)因为依次成等差数列，所以，又，所以,又，则由余弦定理得:，所以.(2)由圆内接四边形性质及，知，在中，由余弦定理得，又因为（当且仅当时“=”成立），所以，即，则四边形ABCD周长最大值.19如图，在三棱柱中，平面，.(1)求证：；(2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的长.【答案】(1)证明见解析 (2)2【解析】(1)解：由三棱柱可得四边形是平行四边形，又，所以平行四边形是菱形，所以.又因为平面，所以.又，所以， 所以平面，所以.因为，所以平面.因为平面.所以.(2)解：由第（1）问可知平面，又平面，所以三条直线两两垂直，如图建立空间直角坐标系. 设，则，.设平面法向量为.又，所以，取，可得.显然平面的法向量因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，所以.即.两边平方可得，所以,所以.202022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市！为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：(1)在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求这3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人的概率；(2)“单板滑雪”参与人数超过45人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记为选出可作“基地学校”的学校个数，求X的分布列和数学期望；(3)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到5次，那么理论上至少要进行多少轮测试？【答案】(1)；(2)分布列见解析；(3)【解析】(1)记“从10所学校中随机选取3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人”为事件A，参与“自由式滑雪”的人数超过40人的学校共4所，随机选择3所学校共种，所以.(2)的所有可能取值为，参与“单板滑雪”人数在45人以上的学校共4所，所以，所以的分布列如下表：所以.(3)记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，则，由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，由题意列式，得，因为，所以的最小值为，故至少要进行轮测试.21已知椭圆的中心为，离心率为.圆在的内部，半径为.，分别为和圆上的动点，且，两点的最小距离为.(1)建立适当的坐标系，求的方程；(2)，是上不同的两点，且直线与以为直径的圆的一个交点在圆上.求证：以为直径的圆过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】(1)解：以为坐标原点，椭圆的长轴、短轴所在直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系，如图.设椭圆的长半轴为，短半轴为，半焦距为，依题意得，解得，所以的方程为.(2)解法一：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.（i）当直线垂直于轴时，不妨设，此时，所以，故以为直径的圆过点.（ii）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，.因为与圆相切，所以到直线的距离，即.由得，所以，所以，故以为直径的圆过点.综上，以为直径的圆过点.解法二：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.设直线与圆相切于点. （i）当时，直线垂直于轴，不妨设，此时，所以，故以为直径的圆过点.（ii）当时，直线的方程为，因为，所以直线的方程为.设，由，得，所以，因为，所以，.所以，即，故以为直径的圆过点.综上，以为直径的圆过点.解法三：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.（i）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，.因为与圆相切，所以到直线的距离，即.由得，所以，.设是以为直径的圆上的任意一点，由，得，化简得，故圆的方程为，它过定点.（ii）当直线垂直于轴时，不妨设，此时，所以，故以为直径的圆过点.综上，以为直径的圆过点.解法四：因为直线与以为直径的圆的一个交点在圆上，所以直线与圆相切.（i）当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，.因为与圆相切，所以到直线的距离，即.由，得，所以，以为直径的圆的圆心为，即.半径，以为直径的圆的方程为，整理得，故以为直径的圆过定点.（ii）当直线垂直于轴时，不妨设，此时，所以，故以为直径的圆过点.综上，以为直径的圆过点.22已知函数，其中R.(1)讨论的单调性；(2)当时，是否存在，且，使得？证明你的结论.【答案】(1)答案见解析 (2)不存在，理由见解析【解析】(1)依题意，的定义域为，由，得 ，当时， 恒成立，所以在单调递增；当时，令，得，当时，所以在单调递减；当时，所以在单调递增；综上，当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.(2)设，则，当时， 恒成立，所以在单调递增，又因为，所以，所以，在不存在零点；当时，设，则，当时，所以在单调递减；当时，所以在单调递增；所以，即，因为，所以，又因为且，所以，所以，所以，当时，函数的对称轴为，所以在单调递增，所以，所以，所以在单调递增；当时，所以，所以，所以在单调递增；综上可知，当时，均有在单调递增，又因为，所以在恰有一个零点1，故当时，在恰有一个零点1，因此不存在，且，使得.学科网（北京）股份有限公司