2022届高考数学考前20天冲刺模拟试卷（9）（Word版附解析）

考前20天终极冲刺高考模拟考试卷（9）一、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的。1．已知全集为，集合，，则　　A．B．C．D．2．若，则复数的实部与虚部之和为　　A．12B．11C．10D．63．对于常数、，“”是“方程的曲线是椭圆”的　　A．充分必要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件4．已知函数在点，（1）处的切线经过点，则实数　　A．B．C．D．5．如图是一个正方体纸盒的展开图，把1，1，2，2，3，3分别填入小正方形后，按虚线折成正方体，则所得到的正方中体相对面上的两个数都相等的概率是　　A．B．C．D．6．已知函数的部分图象如图所示，则关于函数下列说法正确的是　　 A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称C．在区间上是增函数D．将的图象向右平移个单位长度可以得到的图象7．高斯函数也称取整函数，记作，是指不超过实数的最大整数，例如，，该函数被广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域．下列关于高斯函数的性质叙述错误的是　　A．值域为B．不是奇函数C．为周期函数D．在上单调递增8．函数有两个零点，则的取值范围为　　A．B．C．D．一、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中。有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的对2分，有选错的得0分。9．已知三个正态分布密度函数，，2，的图象如图所示，则下列结论正确的是　　A．B．C．D．10．如图，在中，，，分别是边，，上的中线，它们交于点 ，则下列选项正确的是　　A．B．C．D．11．已知，为正实数，直线与圆相切，则　　A．直线与直线的距离是定值B．点一定在该圆外C．的最小值是D．的取值范围是12．已知，则下列结论正确的是　　A．B．C．D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的标准差是　　．14．在中，角，，所对的边分别为，，，，，的面积为，则　．15．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，，，两点，若，则等于　　．16．已知三棱锥，，，，则以点为球心，为半径的球面与侧面的交线长为　　．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。 17．已知等差数列的前项和为，满足，．（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和．18．在平面四边形中，，．（1）若，，求的长；（2）若，求的值19．某商场每年都会定期答谢会员，允许年度积分超过指定积分的会员参加特价购物赠券活动，今年活动的主题为“购物三选一，真情暖心里”，符合条件的会员可以特价购买礼包（十斤肉类）、礼包（十斤蔬菜）和礼包（十斤鸡蛋）三类特价商品中的任意一类，并且根据购买的礼包不同可以获赠价值不等的代金券，根据以往经验得知，会员购买礼包和礼包的概率均为．（1）预计今年有400名符合条件的会员参加活动，求商场为此活动需要准备多少斤鸡蛋合理；（2）在促销活动中，若有甲、乙、丙三位会员同时参与答谢活动，各人购买礼包相互独立，已知购买礼包或礼包均可以获得50元商场代金券，购买礼包可以获得25元商场代金券，设是三人获得代金券金额之和．求的分布列和数学期望．20．已知三棱锥中，与均为等腰直角三角形，且，，为上一点，且平面．（1）求证：；（2）过作一平面分别交，，于，，，若四边形 为平行四边形，求多面体的表面积．21．已知抛物线的焦点为，过点且垂直于轴的直线与交于，两点，（点为坐标原点）的面积为2．（1）求抛物线的方程；（2）设不经过原点的直线与抛物线交于、两点，设直线、的倾斜角分别为和，证明：当时，直线恒过定点．22．已知函数．（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）对任意，求证：．考前20天终极冲刺高考模拟考试卷（9）答案1．解：全集为，集合，或，，．故选：．2．解：，则实部与虚部之和．故选：．3．解：①当时，例如：当时，方程的曲线不是椭圆而是圆， 充分性不成立，②当方程的曲线是椭圆时，则，都大于0，且，得到，必要性成立，是方程的曲线是椭圆的必要不充分条件．故选：．4．解：函数的导数为，可得在点，（1）处的切线的斜率为，由切线经过点，可得，解得．故选：．5．解：由题意，图中有6个位置，将1，1，2，2，3，3这6个数字在6个位置全排列，共有种结果，要使所得到的正方中体相对面上的两个数都相等都相等，必须是1、1相对，2、2相对，3、3相对，正方体有6个面，写第一个数字时有6种选择，剩下四个面，则第三个数字只有4种选择，此时剩余两个面，2个数字，有2种选择；以此类推，可得出正方体两个对面上两数字和相等的组合方式有．所得到的正方中体相对面上的两个数都相等的概率为：．故选：．6．解：由函数，的部分图象得，，由五点法画图知，又，所以，解得，所以． 对于，，所以的图象不关于直线对称，错误；对于，，所以的图象不关于点，对称，错误；对于，，时，，，所以在区间，上是增函数，正确；对于，把向右平移个单位，得，得不到的图象，错误．故选：．7．解：根据题意，，依次分析选项：对于，由的解析式可得值域为，正确，对于，，例如，，则不是奇函数，正确，对于，根据题意，，则为周期函数，正确，对于，由函数的解析式可得在上不是增函数，错误，故选：．8．解：由，得，即，由题意，函数与的图象有两个交点，当时，两函数的图象有两个交点； 当时，函数与的图象有两个交点时，注意到与互为反函数，图象关于对称，可知函数的图象与相切，设切点的横坐标为，则，解得．的取值范围为．故选：．9．解：根据正态曲线关于对称，且越大图象越靠近右边，所以，错误；又越小数据越集中，图象越瘦长，所以，正确．故选：．10．解：由三角形重心性质得，所以，正确；因为，正确；由重心性质得，，错误；因为，所以，即，正确．故选：．11．解：与圆相切，，则，即，为正实数），直线与直线的距离是（定值），故正确； ，点一定在该圆内，故错误；表示直线上的点到原点的距离，最小为原点到直线的距离等于，故正确；，当且仅当，即时取等号，，为正实数），，则上式等号不成立．的取值范围是，故正确．故选：．12．解：，令，得，令，得，所以，故正确；由，所以，故错误；令，得，所以，又，所以，故正确；设，则，令，得，故正确，故选：．13．解：由题意可知，该组数据的平均数为，所以该组数据的方差为，故该组数据的标准差是． 故答案为：．14．解：由于在中，角，，所对的边分别为，，，，，所以，且，解得，故，解得故答案为：2．15．解：抛物线方程为，，可得抛物线的准线方程是，过抛物线的焦点作直线交抛物线于，，，根据抛物线的定义，可得，，因此，线段的长，又，．故答案为：14．16．解：如图，取中点，连接，，，，，，又，，，为等边三角形，取中点，则，可得．又设到（或的距离为， 由，可得，以为球心，为半径的球面与侧面的交线为圆，圆的半径为，则交线长为．故答案为：．17．解：（1）因为数列为等差数列，设其公差为，结合，，则：，解得：．所以．（2），，所以．18．解：（1）在中，，，，在中，，在中，由余弦定理知，，．（2）设，，在中，， ，且，，，在中，由正弦定理得，，，即，化简得，，，．19．解：（1）会员购买礼包的概率为，所以需要准备鸡蛋（斤．（2）的所有可能取值为150，125，100，75，则，，，，所以的分布列如下：15012510075．20．（1）证明：，，平面，平面，，又，平面，则；（2）解：在等腰直角三角形中，，， 又，，平面，得．在等腰直角三角形中，，，又中，，，．而，可得，故．四边形为平行四边形，，得平面，又平面，且平面平面，．又，得，且有．由平面，得，进而．同理可得，且．进一步求得，，．在中，由，得．则，，，，．所求表面积为．21．（1）解：根据题意可得焦点，，因此可得，所以，解之可得，故可得抛物线的方程为：．（2）证明：根据题意，设，，，，易知直线的斜率存在，假设直线 的方程为，联立抛物线方程得，，由韦达定理可得，，则，，，，又因为，，所以，，所以当时，，解得，所以直线的方程即为：，即得直线恒过定点．22．解：（Ⅰ）的定义域是，，当时，恒成立，故在上单调递增，当时，令，解得：，令，解得：，故在，上单调递减，在，上单调递增；综上：当时，在上单调递增，当时，在，上单调递减，在，上单调递增；（Ⅱ）证明：要证，即证，即证，又，故，即证， 令，则，令，则，而在递增，且（1），（2），故存在唯一的实数，使得，故在上单调递减，在，上单调递增，，（2），故大昂时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故（2），综上：，即．