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2022年新高考数学临考模拟卷2 (Word版附解析)

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2022年高考临考模拟卷(二)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Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ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Ⅰ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Ⅱ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(       )A.B.C.D.【答案】C【详解】由已知,,∴.故选:C.2.若复数,则(       )A.2B.C.4D.5【答案】B【详解】因为复数,所以,所以,故选:B3.设x,,则“且”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】A【详解】由且,可得当,时,满足,但不满足且则“且”是“”的充分不必要条件故选:A4.若向量满足,,,则与的夹角为(       )A.B.C.D.【答案】C【详解】由题可知,,∴,∴向量与的夹角为.故选:C.5.已知点F为抛物线的焦点,点P在抛物线上且横坐标为8,O为坐标原点,若△OFP的面积为,则该抛物线的准线方程为(       )A.B.C.D.【答案】B【详解】抛物线的焦点,由,可得,不妨令则,解之得则抛物线方程为,其准线方程为故选:B6.在边长为6的菱形中,,现将沿折起,当三棱锥的体积最大时,三棱锥的外接球的表面积为(       )A.B.C.D.【答案】A【详解】当三棱锥的体积最大值时,平面平面,如图,取的中点为,连接,则.设分别为,外接圆的圆心,为三棱锥的外接球的球心,则在上,在上,且,且平面,平面.平面平面,平面平面,平面平面,,同理四边形为平行四边形平面,平面,即四边形为矩形.外接球半径外接球的表面积为故选:A.7.我们通常所说的ABO血型系统是由A,B,O三个等位基因决定的,每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成,且两个等位基因分别来自于父亲和母亲,其中AA,AO为A型血,BB,BO为B型血,AB为AB型血,OO为O型血.比如:父亲和母亲的基因型分别为AO,AB,则孩子的基因型等可能的出现AA,AB,AO,BO四种结果,已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型,不考虑基因突变,则小明是A型血的概率为(       )A.B.C.D.【答案】C【详解】因小明的爷爷、奶奶的血型均为AB型,则小明父亲的血型可能是AA,AB,BB,它们对应的概率分别为,当小明父亲的血型是AA时,因其母亲的血型为AB,则小明的血型可能是AA,AB,它们的概率均为,此时小明是A型血的概率为,当小明父亲的血型是AB时,因其母亲的血型为AB,则小明的血型是AA的概率为,此时小明是A型血的概率为,当小明父亲的血型是BB时,因其母亲的血型为AB,则小明的血型不可能是AA,所以小明是A型血的概率为,即C正确.故选:C8.已知直线与直线相交于点P,点,O为坐标原点,则的最大值为(       )A.B.C.1D.【答案】B【详解】直线恒过定点,直线恒过定点,而,即直线与直线垂直,当P与N不重合时,,,当P与N重合时,,令点,则,,于是得,显然点P与M不重合,因此,点P的轨迹是以原点为圆心,2为半径的圆(除点M外),如图,观察图形知,射线AP绕点A旋转,当旋转到与圆O:相切时,最大,最大,因,为切线,点为切点,,,则,所以最大值为,.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.9.的展开式中各项系数之和为2,则其中正确的是(     )A.a=1B.展开式中含项的系数是C.展开式中含项D.展开式中常数项为40【答案】AC【详解】令,,故A正确;的展开式中含项的系数为,故B错误;的展开式中为项,故C正确;的展开式中常数项为,故D错误.故选:AC.10.已知函数,则下列结论正确的是(       )A.若对于任意的,都有成立,则B.若对于任意的,都有成立,则C.当时,若在上单调递增,则的取值范围为D.当时,若对于任意的,函数在上至少有两个零点,则的取值范围为【答案】ACD【详解】对于A,对于任意的,都有成立,所以恒成立,又,,∴,故A正确;对于B,由题可得是函数的周期,但不能推出函数的最小正周期为,故B错误;对于C,当时,当时,,则,,故,故C正确;对于D,当时,当时,,由在上至少有两个零点,则,即,故D正确.故选:ACD.11.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(            )A.B.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.我们约定双曲线与双曲线为相似双曲线,其中相似比为.则下列说法正确的是(       )A.的离心率相同,渐近线也相同B.以的实轴为直径的圆的面积分别记为,则C.过上的任一点引的切线交于点,则点为线段的中点D.斜率为的直线与的右支由上到下依次交于点、,则【答案】AC【详解】①的渐近线为,离心率为,,则双曲线实轴长为,虚轴长为,渐近线方程为,故两个双曲线的渐近线方程相同,∵在双曲线里面,离心率,∴两双曲线离心率也相同,故A正确;②,,,故B错误;③对于C,若P为顶点时,切线与x轴垂直,根据双曲线对称性可知,此时切线与的交点AB关于x轴对称,即线段AB的中点为P;当该切线与x轴不垂直时,设切线方程为,联立切线与,得(*),∵直线与相切,则方程(*)为二次方程,,且,方程有两个相同的实数根即为P点横坐标,则根据韦达定理可知,联立切线与,得(**),设,,则,,∵P在切线上,∴为中点.综上,P为线段AB中点,故C正确;④对于D,由(*)和(**)可知,,,,即,,故D错误;故选:AC.一、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分13.已知,若,则______.【答案】【详解】由,可得,解得,即,即,又由,所以,因为,所以.故答案为:.14.有的方格中停放三辆完全相同的红色车和三辆完全相同的黑色车,每一行每一列只有一辆车,每辆车占一格,则停放的方法数为________【答案】14400【详解】第一步先选车有种,第二步,因为每一行、每一列都只有一辆车,每辆车占一格,从中选取一辆车后,把这辆车所在的行列全划掉,依次进行,则有种,根据分步计数原理得:种.故答案为:1440015.己知为R上的奇函数,且,当时,,则的值为______.【答案】##-0.8【详解】由题设,,故,即的周期为2,所以,且,所以.故答案为:.16.在空间直角坐标系O-xyz中,三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面.比如方程表示球面,就是一种常见的二次曲面.二次曲而在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛.已知点P(x,y,z)是二次曲面上的任意一点,且,,,则当取得最小值时,的最大值为______.【答案】【详解】由题设,,故,当且仅当时等号成立,所以,此时,令,则,故,所以,当时,当时,即在上递增,在上递减.故,且时等号成立,综上,的最大值为.故答案为:.四、解答题17.为了解某车间生产的产品质量,质检员从该车间一天生产的100件产品中,随机不放回地抽取了20件产品作为样本,并一一进行检测.假设这100件产品中有40件次品,60件正品,用表示样本中次品的件数.(1)求的分布列(用式子表示)和均值;(2)用样本的次品率估计总体的次品率,求误差不超过的概率.参考数据:设,则,.【解析】(1)解:由于质检员是随机不放回的抽取20件产品,各次试验之间的结果不相互独立,所以由题意随机变量服从超几何分布,所以的分布列为,的均值为;(2)解:样本中次品率是一个随机变量,所以.所以误差不超过的概率为.18.已知数列的前n项和为,满足,.(1)求数列的通项公式;(2)记,求数列的前100项的和.【解析】(1)当时,,整理得,又,得则数列是以-2为首项,-2为公比的等比数列.则,(2)当时,,当时,,当时,,当时,,则19.在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.(1)求A;(2)若D为BC上一点,且,,求的面积.【解析】(1)在中,因为,所以由正弦定理得:,即.因为,所以,即.因为,所以.(2)在中,因为,,所以.由余弦定理得:,即,解得:(舍去).因为.所以,即.因为,所以,解得:,所以的面积.即的面积为.20.如图,在三棱台ABC−A1B1C1中,△ABC为等边三角形,AA1⊥平面ABC,将梯形AA1C1C绕AA1旋转至AA1D1D位置,二面角D1−AA1−C1的大小为30°.(1)证明:A1,B1,C1,D1四点共面,且A1D1⊥平面ABB1A1;(2)若AA1=A1C1=2AB=4,设G为DD1的中点,求直线BB1与平面AB1G所成角的正弦值.【解析】(1)证明:因为平面,所以,又因为,,所以平面,假设,,,四点不共面,因为平面,平面,所以平面平面,与平面平面矛盾,故,,,四点共面,又因为,,所以二面角的平面角,所以,又,所以;又,,所以平面;(2)以为坐标原点,,,的方向为x,y,z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系;则,,,,,,,,所以,则,,,设平面的法向量为,则,令,得,设与平面所成角为,则.所以与平面所成角的正弦值为.21.在平面直角坐标系中,双曲线的离心率为,实轴长为4.(1)求C的方程;(2)如图,点A为双曲线的下顶点,直线l过点且垂直于y轴(P位于原点与上顶点之间),过P的直线交C于G,H两点,直线AG,AH分别与l交于M,N两点,若O,A,N,M四点共圆,求点P的坐标.【解析】(1)因为实轴长为4,即,,又,所以,,故C的方程为.(2)由O,A,N,M四点共圆可知,,又,即,故,即,所以,设,,,由题意可知,则直线,直线,因为M在直线l上,所以,代入直线AG方程,可知,故M坐标为,所以,又,由,则,整理可得,当直线GH斜率不存在时,显然不符合题意,故设直线,代入双曲线方程:中,可得,所以,,又,所以,故,即,所以点P坐标为.22.已知函数.(1)当时,恒成立,求实数的取值范围;(2)当时,,方程的根为、,且,求证:.【解析】(1)解:因为,则,且,由题意可知,对任意的,,设,则,(ⅰ)当时,,恒成立且不恒为零,在上是减函数,又因为,所以恒成立;(ⅱ)当时,,方程的根为,,又因为,所以.由得,由,得,所以在上是增函数,在上是减函数,因为,所以不恒成立.综上所述,.(2)证明:当时,,,由,可得,由,可得,所以在上是减函数,在上是增函数,则,当时,,所以,,且,当时,,所以,即.设直线与的交点的横坐标为,则,下面证明当时,,设,令,则,当时,,当时,,所以在上是减函数,在上是增函数,又因为,,所以当时,,,故当时,.设直线与的交点的横坐标为,则,可得,如下图所示:则,所以,得证.

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发布时间:2022-08-26 11:00:03 页数:19
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文章作者:随遇而安

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