2022届高考数学考前20天冲刺模拟试卷（16）（Word版附解析）

考前20天终极冲刺高考模拟考试卷（16）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．已知集合，，则　　A．B．C．D．2．设为虚数单位），则　　A．B．C．1D．3．疫情期间，课的方式进行授课，某省级示范中学对在家学习的100名同学每天的学习时间（小时）进行统计，服从正态分布，，则100名同学中，每天学习时间超过10小时的人数为　　（四舍五入保留整数）参考数据：，，．A．15B．16C．31D．324．已知，则　　A．B．C．D．5．将面积为4的矩形沿对角线折起，使二面角的大小为，则三棱锥外接球的体积的最小值为　　A．B．C．D．与的大小有关6．用红、黄、蓝三种颜色给图中的、、、四个小方格涂色，使相邻小方格（有公共边的小格）不同色，三种颜色可用完也可不用完，则不同的涂色方案种数为　　A．6种B．12种C．18种D．24种7．设，分别为双曲线的左、右焦点，为坐标原点，过的直 线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，且满足，，则该双曲线的离心率为　　A．B．C．2D．8．定义在上的偶函数满足，且当，时，．若关于的不等式的整数解有且仅有9个，则实数的取值范围为　　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，则下列结论一定正确的是　　A．B．C．D．10．已知函数，．若存在，使得对任意，，则　　A．任意，B．任意，C．存在，使得在，上有且仅有2个零点D．存在，使得在，上单调递减11．已知棱长为1的正方体，过对角线作平面交棱于点，交棱于点，以下结论正确的是　　A．四边形不一定是平行四边形B．平面分正方体所得两部分的体积相等C．平面与平面可以垂直D．四边形面积的最大值为 12．直线与抛物线有公共点，，可以重合），是抛物线的焦点，直线与轴交于点．下列结论成立的是　　A．B．若，，则抛物线的方程是C．当，重合时，内切圆的面积为D．点到直线的最大距离为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，且，则的展开式中的常数项为　　．14．已知，，，，则与的夹角的余弦值为　　．15．已知数列满足，，数列的通项为　　．16．在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则的周长最小值为　　．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．的内角，，所对的边分别为，，，．（1）求；（2）若是的外接圆的劣弧上一点，且，，，求．18．已知数列中，，且满足，设，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）记，数列的前和为，求．19．如图1，在中，，，，分别是，边上的中点，将沿折起到△的位置，使，如图2． （Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求点到平面的距离．20．1616年4月23日，塞万提斯与莎士比亚辞世，4月23日也和其它一些伟大作者的生卒有关．于是，以4月23日向书籍及其作者致以世界范围的敬意，自然成了联合国大会的选择年，联合国教科文组织定4月23日为世界图书与版权日（或世界书籍与版权日），汉译另有世界读书日、世界阅读日、世界书香日诸种年起，“全民阅读”已经连续4年写入政府工作报告，在今年的政府工作报告中，“倡导全民阅读”的提法更是升级为“大力推动全民阅读”，全民阅读已经成为了国家战略．为调查全校学生的课外阅读情况，教务处随机调查了100名学生（男生60人，女生40人），统计了他们的课外阅读达标情况（一个学期中课外阅读是否达到规定时间），结果如表：是否达标性别不达标达标男生3624女生1030（1）是否有的把握认为课外阅读是否达标与性别有关？附：．0.0500.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828（2）如果把这100名学生中男生和女生课外阅读“达标”的频率分别当作全校男生和女生课外阅读“达标”的概率，且每位学生是否“达标”相互独立．现随机抽取3个学生男1女），用表示“3人中课外阅读达标的人数”，试求的分布列和数学期望． 21．已知直线与椭圆交于，两点，且线段的中点恰好在抛物线上．（Ⅰ）若抛物线的焦点坐标为，求的值；（Ⅱ）若过点的直线与抛物线的另一交点为，且，求面积的取值范围．22．已知函数．（1）证明：上，有唯一的极小值点，且；（2）讨论函数零点个数．考前20天终极冲刺高考模拟考试卷（16）答案1．解：集合，，．故选：．2．解：由，得．故选：． 3．解：，故所求人数为．故选：．4．解：，则，故选：．5．解：设矩形边长为，，可得，矩形的对角线相互平方且相等，折叠后，球心在对角线交点上，且球的半径是对角线的一半，即，那么（当且仅当时取等号），，三棱锥外接球的体积．故选：．6．解：根据题意，对于方格，有3种选择，对于、、方格，若、方格颜的色相同，有2种选择，方程格2种选择，此时有种涂色方案，若、方格的颜色不同，有种选择，方格有1种选择，此时有种涂色方案，则、、方格有种涂色方法，则有种不同的涂色方案；故选：．7．解：由，，可得为等腰三角形，且为底边的中点，由到渐近线的距离为，由，可得，由，可得，可得．故选：． 8．解：因为定义在上的偶函数满足，，所以，所以，所以函数的周期为4，函数的图象如图：令，将的图象绕坐标原点旋转可得，即，．故选：．9．解：因为，则有，对于，因为，所以，故选项正确；对于，因为，所以且，故，故选项正确；对于，因为，所以，故，故选项错误；对于，因为与1的大小关系不确定，故函数的单调性不确定，故与的大小不确定，故选项错误．故选：．10．解：函数，其中为锐角，且，由题意，是的最小值点，所以关于对称，所以，故错误；因为的最小正周期，所以为最大值，所以任意，，故正确；因为，且，在，中，，此时恒为0，故不存在，使得在，上有且仅有2个零点，故错误；取，则在，内，单调递减，且，所以单调递减，故正确．故选：． 11．解：如图所示：对于，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形，故不正确；对于，由正方体的对称性可知，平面分正方体所得两部分的体积相等，故正确；对于，当、为棱中点时，平面，又因为平面，所以平面平面，故正确；对于，平行四边形的面积取最大值时，即三角形的面积取得最大值，因为这个三角形的面积的两倍是该平行四边形的面积．而位置固定，只需点到的距离最大，即可取得面积的最大值，当点与重合时，点与重合时，四边形面积的最大，且最大值为值为，故正确．故选：．12．解：对于，设，，，，则，，故正确；对于，由知，，，，，解得， 抛物线的方程是，故正确；对于，当，重合时，直线和抛物线相切于点或，是腰为的等腰直角三角形，它的内切圆半径为，内切圆面积不等于，故不正确；对于，由知最大值为1，点到直线的距离，当时，取得最大值，故正确．故选：．13．解：的展开式中的通项，令，则，又，且，，，则的展开式中的常数项为，故答案为：4．14．解：，，，又，，．故答案为：．15．解：数列满足，，可知，作差可得：，． 故答案为：．16．解：因为，化简得，，即，所以，即，因为，所以，则的周长，当且仅当时取等号，所以的周长最小值为．故答案为：．17．解：（1）由正弦定理知，，，，即，，，，．（2）在中，由余弦定理知，，，由圆的内接四边形的性质，知，在中，由余弦定理知，， ，即，解得或（舍负），．18．解：（Ⅰ）数列中，，且满足，设，．整理得，即（常数），即数列是以为首项，3为公比的等比数列；所以，即．（Ⅱ）由于，，，，所以．故，则，所以，故．19．（Ⅰ）证明：在图中，，为，边中点所以．又，所以．在图2中，，且，则平面．又因为平面，所以．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知平面，且平面， 所以平面平面，且平面平面，在正△中，过作，垂足为，所以平面．即为三棱锥底面上的高，在△中，．在△中，，，所以．在梯形中，．设点到平面的距离为，因为，所以，解得．即点到平面的距离为．20．解：（1），故有的把握认为课外阅读是否达标与性别有关．（2）全校男生和女生课外阅读“达标”的概率分别为和，随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，，，，， 的分布列为0123数学期望．21．解：（Ⅰ）因为抛物线的焦点坐标为，所以抛物线方程为，所以，所以．（Ⅱ）设，，，，，，由得，所以，因为线段的中点，所以，所以，又因为点在抛物线上，所以，所以，所以，点，又，所以，又，所以，由得，所以，， 当时，，所以，所以，点到直线的距离，所以三角形的面积由，所以，令，，所以在上单调递减，所以，，所以．22．解：（1）证明：令，则，当时，，单调递增，（2），（3），所以在上，有唯一的极小值点，且．（2）在上，，为减函数，且，，所以存在，，所以在上，，在，上，，在上，，为增函数，由（1）知，存在上，， 所以在上，，在，上，，所以上，，无零点，在，上，，为减函数，又，且，所以只有一个零点为0，在，上，为增函数，，所以，所以在，上，仅有一个零点，综上所述，零点个数为2．