新高考2022屆高考數學考前沖刺卷（三）

（新高考）2022屆高考數學考前沖刺卷（三）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。第Ⅰ卷（選擇題）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知集合，則集合中元素的個數是（）A．1個B．2個C．3個D．4個【答案】C【解析】由集合，，根據，所以，所以中元素的個數是3，故選C．2．在復平面內，復數對應的點坐標為（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，在復平面內對應的點坐標為，故選A．3．用斜二測畫法畫水平放置的的直觀圖，得到如圖所示的等腰直角三角形．已知點是斜邊的中點，且，則的面積為（）18,A．B．C．D．【答案】B【解析】由斜二測畫法可知該三角形ABC為直角三角形，，根據直觀圖中平行于x軸的長度不變，平行于y軸的長度變為原來的一半，因為，所以，，所以三角形ABC的面積為，故選B．4．已知函數，則“”是“函數為偶函數”的（）A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件【答案】A【解析】函數定義域為R，函數為偶函數，則，，而不恒為0，因此，，解得或，所以“”是“函數為偶函數”的充分不必要條件，故選A．5．已知數列滿足（n∈N*），則（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由題設，①，則②，18,①-②得：，所以，由①知也滿足上式，故（n∈N*），故選C．6．已知一組數據，，，…，的標準差為2，將這組數據，，，…，中的每個數先同時減去2，再同時乘以3，得到一組新數據，則這組新數據的標準差為（）A．2B．4C．6D．【答案】C【解析】因為數據，，，…，的標準差為2，所以方差為4．由題意知，得到的新數據為，，，…，，這組新數據的方差為，標準差為6，故選C．7．如圖，?分別是雙曲線的左?右焦點，過的直線與的左?右兩支分別交于點、兩點，若為以為直角頂點的等腰直角三角形，則雙曲線的離心率為（）A．4B．C．D．【答案】D【解析】由題意，為等腰直角三角形，設，，則，由雙曲線的定義，可得，，18,可得，解得，，在中，由余弦定理可得，即，整理得，即，所以，故選D．8．已知關于x的方程在上有兩解，則實數k的取值范圍為（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由已知可得在上有兩解，令，，則問題轉化為函數與在上有兩個交點，而，令，則，因為，所以恒成立，所以在上單調遞增，又，所以當時，，則；當時，，則，18,所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，又，作出函數的大致圖象如圖示：要使得在上有兩解，實數k的取值范圍為，故選B．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9．一個質地均勻的正四面體表面上分別標有數字1，2，3，4，拋擲該正四面體兩次，記事件A為“第一次向下的數字為偶數”，事件B為“兩次向下的數字之和為奇數”，則下列說法正確的是（）A．B．事件A和事件B互為對立事件C．D．事件A和事件B相互獨立【答案】CD【解析】對于A，，可得A錯誤；對于B，事件B第一次向下的數字為偶數，第二次向下的數字為奇數，就可以使得兩次向下的數字之和為奇數，可知事件A和事件B不是對立事件，18,可得B錯誤；對于C，由，可得，可得C正確；對于D選項，由，可得，可知事件A和事件B相互獨立，可得D正確，故選CD．10．已知函數，則下列結論正確的是（）A．的圖象關于直線對稱B．在上的值域為C．若，則，D．將的圖象向右平移個單位得圖象【答案】BD【解析】，對于A：令，可得，所以直線不是的圖象的對稱軸，故選項A不正確；對于B：當時，，，所以，故選項B正確；對于C：的最小正周期為，所以若，則，，故選項C不正確；對于D：將的圖象向右平移個單位得的圖象，故選項D正確，18,故選BD．11．如圖，正方體的棱長為1，點是內部(不包括邊界)的動點，若，則線段長度的可能取值為（）A．B．C．D．【答案】ABC【解析】在正方體AC1中，連接AC，A1C1，，如圖，BD⊥AC，BD⊥AA1，則BD⊥平面ACC1A1，因AP⊥BD，所以平面ACC1A1，又點P是△B1CD1內部(不包括邊界)的動點，連接CO，平面B1CD1平面ACC1A1=CO，所以點P在線段CO上(不含點C，O)，連接AO，在等腰△OAC中，，而底邊AC上的高為1，腰OC上的高，從而有，都符合，不符合，故選ABC．18,12．若存在正實數x，y，使得等式成立，其中e為自然對數的底數，則a的取值可能是（）A．B．C．D．2【答案】ACD【解析】由題意，不等于，由，得，令，則，設，則，因為函數在上單調遞增，且，所以當時，；當時，，則在上單調遞減，在上單調遞增，從而，即，解得或，故，故選ACD．第Ⅱ卷（非選擇題）三、填空題：本大題共4小題，每小題5分．13．已知向量，，其中，為單位向量，向量，的夾角為120°，則__________．【答案】【解析】由，有，故答案為．14．在中，，，分別是角，，的對邊，記外接圓半徑為18,，且，則角的大小為________．【答案】（或）【解析】由正弦定理，故，，即，故，又，故，故答案為．15．將字母a，A，b，B，c，C排成一列，則僅有一組相同字母的大小寫相鄰的排法種數為__________．【答案】288【解析】首先討論Aa相鄰，剩下的4個字母排列有如下情況：bcBC、cbCB、bCBc、CbcB、BcbC、cBCb、BCbc、CBcb共8種可能，任取8種中的一種與Aa組合，共有種，此時Aa相鄰共有種，bcCB，bCcB，BcCb，BCcb，CbBc，CBbc，cbBC，cBbC，8種情況，任取8種中的一種與Aa組合，共有種，此時Aa相鄰共有種，所以Aa相鄰共有種；同理，Bb相鄰共有96種，Cc相鄰共有96種，所以共有288種，故答案為288．16．如圖，點P是半徑為2的圓O上一點，現將如圖放置的邊長為2的正方形（頂點A與P重合）沿圓周逆時針滾動．若從點A離開圓周的這一刻開始，正方形滾動至使點A再次回到圓周上為止，稱為正方形滾動了一輪，則當點A第一次回到點P的位置時，正方形滾動了________輪，此時點A走過的路徑的長度為__________．18,【答案】3，【解析】正方形滾動一輪，圓周上依次出現的正方形頂點為，頂點兩次回到點P時，正方形頂點將圓周正好分成六等分，由4和6的最小公倍數：，所以到點A首次與P重合時，正方形滾動了3輪．這一輪中，點A路徑是圓心角為，半徑分別為2，，2的三段弧，故路徑長，∴點A與P重合時總路徑長為．故答案為3，．四、解答題：本大題共6個大題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．（10分）內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，求．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）在中，由正弦定理及，得，于是得，18,化簡整理得，即，而，則，又，所以．（2）因為，由正弦定理得，則，由（1）知，在中，，，即，于是解得，顯然有，即，則，所以．18．（12分）已知等差數列的前n項和為，又對任意的正整數，都有，且．（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前n項和．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）設等差數列的公差為，因為，所以，又，即，解得，所以．（2）由（1）知，令，得，當時，，從而，18,當時，，綜上得．19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為矩形，平面PCD⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝1，，E為PB中點．（1）求證：PD//平面ACE；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱PD上是否存在點M，使得AM⊥BD？若存在，求的值；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）存在，．【解析】（1）設BD交AC于點F，連接EF．因為底面ABCD是矩形，所以F為BD中點．又因為E為PB中點，所以EF//PD，因為PD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，所以PD//平面ACE．（2）取CD的中點O，連接PO，FO．因為底面ABCD為矩形，所以BC⊥CD．因為PC＝PD，O為CD中點，所以PO⊥CD，OF∥BC，所以OF⊥CD．又因為平面PCD⊥平面ABCD，PO⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，18,所以PO⊥平面ABCD．如圖，建立空間直角坐標系O−xyz，則，C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），，設平面ACE的法向量為，，，，令，則，，所以，平面ACD的法向量為，，如圖可知二面角E−AC−D為鈍角，所以二面角E−AC−D的余弦值為．（3）假設存在棱PD上的點M，使得AM⊥BD，設，又，則，，，，解得，故存在棱PD上的點M，使得AM⊥BD，．20．（12分）某健身機構統計了去年該機構所有消費者的消費金額（單位：元），如圖所示：18,（1）將去年的消費金額超過3200元的消費者稱為“健身達人”，現從所有“健身達人”中隨機抽取2人，求至少有1位消費者，其去年的消費金額超過4000元的概率；（2）針對這些消費者，該健身機構今年欲實施入會制．規定：消費金額為2000元、2700元和3200元的消費者分別為普通會員、銀卡會員和金卡會員．預計去年消費金額在、、內的消費者今年都將會分別申請辦理普通會員、銀卡會員和金卡會員．消費者在申請辦理會員時，需一次性預先繳清相應等級的消費金額．該健身機構在今年年底將針對這些消費者舉辦消費返利活動，預設有如下兩種方案：方案1：按分層抽樣從普通會員，銀卡會員，金卡會員中總共抽取25位“幸運之星”給予獎勵．其中，普通會員、銀卡會員和金卡會員中的“幸運之星”每人分別獎勵500元、600元和800元．方案2：每位會員均可參加摸獎游戲，游戲規則如下：從一個裝有3個白球、2個紅球（球只有顏色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一個球．若摸到紅球的總數為2，則可獲得200元獎勵金；若摸到紅球的總數為3，則可獲得300元獎勵金；其他情況不給予獎勵．如果每位普通會員均可參加1次摸獎游戲；每位銀卡會員均可參加2次摸獎游戲；每位金卡會員均可參加3次摸獎游戲（每次摸獎的結果相互獨立）．以方案的獎勵金的數學期望為依據，請你預測哪一種方案投資較少？并說明理由．【答案】（1）；（2）方案2投資較少，理由見解析．【解析】（1）記“在抽取的2人中至少有1位消費者在去年的消費超過4000元”為事件A．由圖可知，去年消費金額在內的有8人，在內的有4人，消費金額超過3200元的“健身達人”共有（人），從這12人中抽取2人，共有種不同方法，其中抽取的2人中至少含有1位消費者在去年的消費超過4000元，共有種不同方法，18,所以．（2）方案1按分層抽樣從普通會員，銀卡會員，金卡會員中總共抽取25位“幸運之星”，則“幸運之星”中的普通會員、銀卡會員、金卡會員的人數分別為，，，按照方案1獎勵的總金額為（元）．方案2設表示參加一次摸獎游戲所獲得的獎勵金，則的可能取值為0，200，300．由題意，每摸球1次，摸到紅球的概率為，所以，，，所以的分布列為：0200300P數學期望為（元），按照方案2獎勵的總金額為（元），因為由，所以施行方案2投資較少．21．（12分）已知橢圓的離心率為，P為橢圓E上一點，Q為圓上一點，的最大值為3（P，Q異于橢圓E的上下頂點）．18,（1）求橢圓E的方程；（2）A為橢圓E的下頂點，直線AP，AQ的斜率分別記為，，且，求證：直線PQ過定點，并求出此定點的坐標．【答案】（1）；（2）證明見解析，定點．【解析】（1）解：由橢圓的離心率為，可得，又由的最大值為，可得，可得，解得，所以橢圓的方程為．（2）解：由（1）可得點的坐標為，因為直線的斜率分別記為，，且，可得直線的方程為，直線的方程為，聯立方程組，整理得，解得或，將代入，可得，即；18,聯立方程組，整理得，解得或，將代入，可得，即，則，所以直線的方程為，即，此時直線過定點，即直線恒過定點．22．（12分）已知，為的導函數．（1）若對任意都有，求的取值范圍；（2）若，證明：對任意常數，存在唯一的，使得成立．【答案】（1）；（2）證明見解析．【解析】（1）由，得，即，令，則，當時，；當時，，在上單調遞減，在上單調遞增，，，即的取值范圍為．18,（2）設，將問題轉化為在區間上有唯一的零點，由，知在區間上單調遞減，故函數在區間上至多有個零點，，，由（1）知：當時，（當且僅當時取等號），，，，又，即，，，，，即，又，即，，由函數零點存在定理知：在區間上有唯一的零點，即存在唯一的，使得成立．18