重庆七中2022届高考数学仿真预测模拟试卷一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）若集合，，则 A．B．C．D．2．（5分）已知复数，，，则 A．2B．C．4D．63．（5分）已知集合，，那么“”是“存在，使得成立”的 A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件D．充要条件4．（5分）某兴趣小组有3名男生和2名女生，现从中选2人参加公益活动，则至少选中一名女生的概率为 A．B．C．D．5．（5分）已知，则的值等于 A．B．C．D．6．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1绕其体对角线BD1旋转θ之后与其自身重合，则θ的值可以是（ ）A．B．C．D．7．（5分）已知直线和圆交于、两点，为坐标原点，若
，则实数 A．B．C．D．8．（5分）设，若的最小值为，则的值为 A．0B．1或4C．1D．4二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）在疫情防护知识竞赛中，对某校的2000名考生的参赛成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，，，，，，，，，，，，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间中间值作代表值，则下列说法中正确的是 A．考生竞赛成绩的众数为75分B．不及格的考生人数为500C．考生竞赛成绩的平均数为72.5分D．考生竞赛成绩的中位数为75分10．（5分）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，且，，下列结论正确的是 A．B．C．数列无最大值D．是数列中的最大值
11．（5分）下列命题中错误的是 A．空间三点可以确定一个平面B．三角形一定是平面图形C．若，，，既在平面内，又在平面内，则平面和平面重合D．四条边都相等的四边形是平面图形12．（5分）定义曲线为椭圆的伴随曲线，则 A．曲线有对称轴B．曲线没有对称中心C．曲线有且仅有4条渐近线D．曲线与椭圆有公共点三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）若的二项展开式中有一项为，则 ．14．（5分）设，满足约束条件，则的最小值是 15．（5分）已知正三棱锥的底边边长为，侧棱长为，则该正三棱锥的外接球半径和内切球半径的比值为 ．16．（5分）设，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线的左顶点，点在过点且斜率为的直线上，若△为等腰三角形，且，则双曲线的离心率为 ．四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，若，且，，，成等差数列．（1）求数列，的通项公式；（2）记，数列的前项和为，数列的前项和为，求，．
18．（12分）的内角，，的对边分别为，，，已知．（Ⅰ）求；（Ⅱ）求的最小值．19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，为棱的中点．（1）证明：；（2）若，，求二面角的余弦值．20．（12分）随着网络的发展，网上购物越来越受到人们的喜爱，各大购物网站为增加收入，促销策略越来越多样化，促销费用也不断增加，如表是某购物网站2017年月促销费用（万元）和产品销量（万件）的具体数据：月份12345678促销费用2361013211518产品销量11233.5544.5（1）根据数据可知与具有线性相关关系，请建立关于的回归方程（系数精确到；（2）已知6月份该购物网站为庆祝成立1周年，特制定奖励制度：以（单位：件）表示日销量，，，则每位员工每日奖励100元；，，则每位员工每日奖励150元；，，则每位员工每日奖励200元．现已知该网站6月份日销量服从正态分布，请你计算某位员工当月奖励金额总数大约多少元．（当月奖励金额总数精确到百分位）．
参考数据：，，其中，分别为第个月的促销费用和产品销量，，2，3，．参考公式：（1）对于一组数据，，，，，，，其回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．（2）若随机变量服从正态分布，则，．21．（12分）已知过抛物线的焦点向圆引切线为切点），切线的长为．（Ⅰ）求抛物线的方程；（Ⅱ）作圆的切线，直线与抛物线交于，两点，求的最小值．22．（12分）已知函数，．（1）当时，求垂直于轴且与相切的直线方程；（2）讨论函数零点的个数．
重庆七中2022届高考数学仿真预测模拟试卷参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．解：，，．故选：．2．解：，，则，，故．故选：．3．解：集合，，“存在，使得成立”等价于“，其中，“；由于，又，，，，所以当时，有最小值；“存在，使得成立”等价于““；故“”是“存在，使得成立”的充要条件，故选：．4．解：某兴趣小组有3名男生和2名女生，现从中选2人参加公益活动，基本事件总数，至少选中一名女生包含的基本事件个数，
则至少选中一名女生的概率．故选：．5．解：因为，所以，则．故选：．6．解：如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，对角线BD1垂直于平面AB1C，且三角形AB1C为等边三角形，正方体绕对角线旋转120°能与原正方体重合．故选：C．7．解：联立，得，直线和圆交于、两点，为坐标原点，△，解得，设，，，，则，，，，，，，
，，解得．故选：．8．解：当时，，当且仅当，即时取等号；故当时，的最小值为，由二次函数的性质可得，函数的对称轴为，解得或，当时最小值为，不合题意，舍去．故．故选：．二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．解：对于，由频率分布直方图得考生竞赛成绩的众数为分，故正确；对于，不及格的考生人数为：，故错误；对于，考生竞赛成绩的平均数为：分，故正确；对于，，的频率为，，的频率为，考生竞赛成绩的中位数为：分，故错误．故选：．
10．解：根据题意，等比数列的公比为，若，则，又由，必有，则数列各项均为正值，若，必有，，则必有，依次分析选项：对于，数列各项均为正值，则，必有，正确；对于，若，则，正确，对于，根据，可知是数列中的最大项，错误；对于，易得正确，故选：．11．当空间三点共线时，不可以确定一个平面，所以选；因为三角形三个顶点一定不共线，所以可确定一个平面，所以不选；当、、、四点共线时，选项说法错误，所以选；四条边相等的四边形可以是空间四边形，所以项说法错误，所以选．故选：．12．解：轴和轴为伴随曲线的对称轴，故正确；伴随曲线关于原点对称，故选项错误；伴随曲线有4条渐近线分别为：，，故选项正确；由椭圆中，，，，而伴随曲线中，，，，，故选项错误，故选：．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．解：根据二项式的展开式的通项为，
令，解得，所以．故答案为：60．14．解：依题意，满足约束条件画图如下：当时，有直线和直线，并分别在上图表示出来，当直线向向下平移并过点的时候，目标函数有最小值，此时最优解就是点，点的坐标是：，所以目标函数的最小值是0．故答案为：0．15．解：由题意，设正三棱锥外接球半径为，球心到四个顶点的距离相等，正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，底面的外接圆的半径，高，，
外接球的半径为；三棱锥的体积．设内切球的半径是，斜高．三棱锥的体积．解得．外接球半径和内切球半径的比值为：故答案为：．16．解：如图，过点作轴，垂足为．由已知，，，则，所以．由，解得，所以双曲线的离心率．故答案为：3．四．解答题（共6小题，满分70分）
17．解：（1）因为，，成等差数列，所以①，又因为，，成等差数列，所以，得②，由①②得，．所以，；（2），；，．18．解：（Ⅰ）因为，所以．即，所以，得，因为，所以，得．又因为，所以，所以．（Ⅱ）因为，所以，因为．因为，所以于，得．所以．所以当时，的最小值为．
19．（1）证明：如图，取的中点，连结，，，因为，则，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为底面为菱形，所以，因为，分别为，的中点，则，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以；（2）解：由（1）可知，平面，连结，因为，，点为的中点，所以，则，，两两垂直，以点为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，不妨设，则，，，所以，，所以，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，
故，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，所以，故二面角的余弦值为．20．解：（1）由题可知，，，，所以关于的回归方程，（2）由题6月份日销量服从正态分布，则，，，
每位员工当月的奖励金额总数为（元．21．解；（Ⅰ）因为圆的圆心为，，分由切线长定理可得，即，分解得：或，又，，所以抛物线的方程为．分（Ⅱ）设，，，，直线方程为，代入得，，，得，，分由抛物线的性质得：，，．分又直线与圆相切，则有，即，，因为圆在抛物线内部，所以得：，，，分此时．由二次函数的性质可知当时，取最小值，即的最小值为9．分22．解：（1）设切点为，，当时，，所以因为切线垂直于轴，所以，所以，所以（1），所以垂直于轴且与相切的直线方程为；（2）①当时，，所以在上单调递增，又因为，所以函数只有1个零点；
②当时，由得，所以在上单调递减，又由得，所以在上单调递增，因为，且所以，因为，所以存在使得，所以函数有2个零点；③当时，函数在上单调递减，在上单调递增，且所以函数只有1个零点；④当时，函数在上单调递减，在上单调递增，因为，且所以，令，，则，，，因为，所以，所以在上递增，所以（1），所以在上递增，所以（1）当时，，所以存在使得，所以函数有2个零点；综上：当或时，函数有1个零点；当或时，函数有2个零点．
