2022高考数学预测题2（附答案解析）

2022高考数学预测题2（附答案解析）一、选择题（每小题5分，共60分。每小题所给选项只有一项符合题意）1．如果复数是纯虚数，则实数的值为（）A．0B.2C.0或3D.2或32．已知全集U=R，集合，则=（）A.B.C.D.3．若为等差数列的前n项和，，，则与的等比中项为（）A.B.C.D.4．设函数（），条件“”；条件“为奇函数”则是的（）A．充分不必要条件B．既不充分也不必要条件C．必要不充分条件D．充分必要条件5．已知，则等于（）A．B.C.D.6．某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有（　　）A．个B.个C.个D.个7．下列命题中正确命题的个数是（）①过空间任意一点有且仅有一个平面与已知平面垂直；②过空间任意一条直线有且仅有一个平面与已知平面垂直；③过空间任意一点有且仅有一个平面与已知的两条异面直线平行；④过空间任意一点有且仅有一条直线与已知平面垂直；A.1B.2C.3D.411/11\n8.在平面直角坐标系中，若不等式组（为常数）所表示的平面区域内的面积等于2，则的值为（）A.-5B.1C.2D.39．如果关于的一元二次方程中，、分别是两次投掷骰子所得的点数，则该二次方程有两个正根的概率（）A.B.C.D.10．设直线与球O有且只有一个公共点P，从直线出发的两个半平面截球O的两个截面圆的半径分别为1和，二面角的平面角为，则球O的表面积为()A.B.C.D.11．若双曲线与椭圆（）的离心率之积大于1，则以为边长的三角形一定是（）A．等腰三角形B.锐角三角形C.直角三角形D.钝角三角形12．符号表示不超过的最大整数,例如,,定义函数,给出下列四个命题(1)函数的定义域为,值域为;(2)方程有无数个解;(3)函数是周期函数;(4)函数是增函数.其中正确命题的序号有()A.(2)(3)B.(1)(4)C.(3)(4)D.(2)(4)二、填空题:（每小题4分，共16分）13．已知的展开式中，，则常数的值为。14.已知函数的图象经过点A，则不等式的解集为15.已知是直线上的动点是圆的两条切线，是切点，是圆心，那么四边形面积的最小值时，弦　　　16.已知f(x)＝，在区间[－1，＋∞)上连续，则a，b的值为_________________.11/11\n三、解答题（本大题共6小题，共74分）17．（本小题满分12分）已知向量，，记函数.（Ⅰ）求函数的最小值及取最小值时的集合；（Ⅱ）若将函数的图象按向量平移后，得到的图象关于坐标原点成中心对称，且在上单调递减，求长度最小的.18．（本小题满分12分）一个口袋中装有大小相同的个红球（且）和个白球，一次摸奖从中摸两个球，两个球的颜色不同则为中奖。（Ⅰ）试用表示一次摸奖中奖的概率；（Ⅱ）记从口袋中三次摸奖（每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率为，求的最大值？（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，将个白球全部取出后，对剩下的个红球全部作如下标记：记上号的有个（），其余的红球记上号，现从袋中任取一球。表示所取球的标号，求的分布列、期望和方差。19．（本小题满分12分）如图，分别是正三棱柱的棱、的中点，且棱，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）在棱上是否存在一点，使二面角的大小为，若存在，求的长，若不存在，说明理由。20．（本小题满分12分）已知函数.（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）若为正常数，设，求函数的最小值；（Ⅲ）若，，证明：.11/11\n21．（本小题满分12分）在直角坐标系中，椭圆（）的左、右顶点分别为、，左、右焦点分别为、，也是抛物线的焦点，点为与在第一象限的交点，且.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设点为椭圆上不同于、的一个动点，直线、与椭圆右准线分别相交于、.证明：以为直径的圆必过椭圆外的一个定点。22．（本小题满分14分）已知函数，数列满足递推关系式：（），且.（Ⅰ）求、、的值；（Ⅱ）用数学归纳法证明：当时，；（Ⅲ）证明：当时，有.参考答案一、选择题（每小题5分，共60分。每小题所给选项只有一项符合题意）1．A解析：2．B解析：，∴=。3．C解析：由可得，∴；由可得，∴∴与的等比中项为。11/11\n4．A解析：，则，∴，∴，故为奇函数；而，则为奇函数，但是，故是的充分不必要条件。5．D解析：由可得故=。6．B解析：某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有个，选A.7．A提示：只有命题④正确。8.D解析：如图可得即为满足的直线恒过（0，1），故看作直线绕点（0，1）旋转，当a=-5时，则可行域不是一个封闭区域，当a=1时，面积是1；a=2时，面积是；当a=3时，面积恰好为2，故选D.9．A解析：要保证一元二次方程有两个正根，则须可得满足条件的有：故该二次方程有两个正根的概率。10．D11/11\n解析：设球半径为R，设A，B为两个截面圆圆心，则有∠APB=150°，AP=1，BP=，根据余弦定理得AB=，又，∠AOB=30°，　，解得或，当R=2时，∠AOB=150°不合要求，舍去，故，表面积为.11．D解析：在双曲线中，，则；在圆中，，则。依题意有：，即∴∴∴故以为边长的三角形一定是钝角三角形。12．A解析：如值域中没有1，故该函数值域应该为，故(1)错；如，不具有增减性，故(4)错。二、填空题:（每小题4分，共16分）13．4解析：，故，∴于是，∴。14.解析：∵∴∴，即，∴11/11\n∴15.PBACyx解析：如图，过圆心C（1，1）作直线的垂线，垂足为P,这时四边形面积的最小值为，四边形中。16.解析：∵f(x)在x＝0处连续，∴a＝1.综上所述，a＝1，b＝为所求．三．解答题17．【解】（Ⅰ）∵……3′∴当且仅当，即（）时，.此时的集合是.……5′（Ⅱ）设的图象按向量平移后对应的函数为.则.∵的图象关于坐标原点成中心对称，∴，且.解得：（），且.……8′时，，在上单调递增，不合题意，舍去；11/11\n时，，在上单调递减，符合题意.…10′∴（），∴长度最小的.……12′18．【解】（Ⅰ）一次摸奖从个球中任取两个，有种方法。它们是等可能的，其中两个球的颜色不同的方法有种，一次摸奖中奖的概率为.……3′（Ⅱ）设每次摸奖中奖的概率为，三次摸奖中恰有一次中奖的概率是：（）.对的导数……5′因而在上为增函数，在上为减函数。∴当，即，时，.………7′（Ⅲ）由（Ⅱ）知：记上号的有个红球，从中任取一球，有种取法，它们是等可能的.故的分布列是：.……9′.…12′19【解】【法一】（Ⅰ）在线段上取中点，连结、.则，且，∴是平行四边形……3′∴，又平面，平面，∴平面.……5′（Ⅱ）由，，得平面.过点作于，连结.则为二面角的平面角……8′在中，由，得边上的高为，∴，又，∴，∴.……11′∴在棱上时，二面角总大于.故棱上不存在使二面角的大小为的点.……12′【法二】建立如图所示的空间直角坐标系，则、、、、、.∴、、、、11/11\n、、.……4′（Ⅰ）∵且平面，∴平面.……5′（Ⅱ）取，则，.∴，，即为面的一个法向量………7′同理，取，则，.∴，，为平面的一个法向量……9′，∴二面角为.又∵，∴二面角大于.……11′∴在棱上时，二面角总大于.故棱上不存在使二面角的大小为的点.……12′20．【解】（Ⅰ）∵，解，得；解，得.∴的单调递增区间是，单调递减区间是.……3′（Ⅱ）∵，定义域是.∴……5′由，得，由，得∴函数在上单调递减；在上单调递增……7′故函数的最小值是：.……8′（Ⅲ）∵，，∴在（Ⅱ）中取，可得，即.……10′∴，∴.即.……12′21.【解】（Ⅰ）由知：，设.∵在上，，∴.得：，……2′11/11\n在上，且椭圆的半焦距，∴，且.消去并化简得：，解得，∴.故椭圆方程为.………5′（Ⅱ）设，，.则，，由、、三点共线，得，………7′由、、三点共线，得.……8′以为直径的圆的方程为：.整理得：……11′解，得：（舍去）∴以为直径的圆必过椭圆外的一个定点，命题成立.……12′22．（Ⅰ）【解】由及计算得：，，.…3′（Ⅱ）【证】（ⅰ）即当时，结论成立.……5′（ⅱ）假设结论对（）成立，即.∵，函数在上递增∴，即当时结论也成立.由（ⅰ）（ⅱ）知，不等式对一切都成立.……9′（Ⅲ）∵当时，，∴.又由得：，且.……11′∴.……14′11/11\n11/11