2022年高考数学模拟试卷(2)考试范围：高中数学；考试时间：100分钟；题号一二三总分得分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1．已知恰有3个不同的零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．2．要得到函数的图象，只要将函数的图象（）A．向左平移单位B．向右平移单位C．向右平移单位D．向左平移单位3．若定义在R上的偶函数对任意，有，则A．B．C．D．4．定义在R上的偶函数f（x）的一个单调递增区间为（3，5），则y=f（x-1）A.图象的对称轴为x=-1，且在（2，4）内递增5B.图象的对称轴为x=-1，且在（2，4）内递减C.图象的对称轴为x=1，且在（4，6）内递增D.图象的对称轴为x=1，且在（4，6）内递减5．已知函数，若函数的图像在点P（1，m）处的切线方程为，则m的值为()A．B．C．－D．－6．若函数对任意实数都有，则的值等于（）A．B．1C．D．7．过点P(x,y)的直线分别与x轴和y轴的正半轴交于A,B两点,点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点，若且=1，则点P的轨迹方程是（ ）A．B．C．D．8．已知等差数列{an}满足a2=3，=51(n>3)，=100，则n的值为A.8B.9C.10D.119．在ΔABC中，角A,B,C所对的对边长分别为a、b、c，sinA、sinB、sinC成等比数列，且c=2a，则cosB的值为A.B.C.D.10．若实数满足，则下列关系中不可能成立的是（）A．B．C．D．11．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D、E、F分别是棱AB、BC、CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF5所成角的正弦值为( )A.B.C.D.12．已知F1、F2为椭圆(a＞b＞0)的两个焦点，过F2作椭圆的弦AB，若△AF1B的周长为16，椭圆的离心率，则椭圆的方程为（）A．B．C．D．5第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）13．若则a3=。14．已知（，是虚数单位），则的值为．15．已知直线经过椭圆的焦点并且与椭圆相交于，两点，线段的垂直平分线与轴相交于点，则面积的最大值为．16．已知数列{}前n项和其中b是与n无关的常数，且0＜b＜1，若存在，则________．评卷人得分三、解答题（题型注释）17．已知，．记（其中都为常数，且）．（Ⅰ）若，，求的最大值及此时的值；（Ⅱ）若，①证明：的最大值是；②证明：．18．（本小题满分12分）如图，在四棱柱中，面，底面5是直角梯形，，，，异面直线与所成角为．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．19．（本题14分）口袋内有（）个大小相同的球，其中有3个红球和个白球．已知从口袋中随机取出一个球是红球的概率是，且。若有放回地从口袋中连续地取四次球（每次只取一个球），在四次取球中恰好取到两次红球的概率大于。（Ⅰ）求和；（Ⅱ）不放回地从口袋中取球（每次只取一个球），取到白球时即停止取球，记为第一次取到白球时的取球次数，求的分布列和期望。20．（本小题满分12分）在数列中，，并且对于任意n∈N*，都有．（1）证明数列为等差数列，并求的通项公式；5（2）设数列的前n项和为，求使得的最小正整数.21．（本题满分12分）设椭圆E:（a,b>0）过M（2，），N(,1)两点，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交A,B且？若存在，写出该圆的方程，若不存在说明理由。高考资源网(www.ks5u.com)22．（本题14分）已知函数在处取得极值，且在处的切线的斜率为1。（Ⅰ）求的值及的单调减区间；（Ⅱ）设＞0，＞0，，求证：。52022年高考数学模拟试卷(2)参考答案1．A【解析】试题分析：根据已知条件，，那么可知函数的周期为1，同时结合y轴左侧的图像，数形结合法可知，要使得恰有3个不同的零点，则满足实数的取值范围是，故选A.考点：函数零点运用。点评：解决分段函数的零点问题，可以采用分离为两个函数图像的交点个数来处理，数形结合思想的运用。2．C【解析】试题分析：根据三角函数图像的平移变换，要得到函数的图象，也即为，只要将函数的图象向右平移单位，即可得到，故选C.考点：三角函数的图像变换点评：考查了三角函数图像的平移变换的运用，属于基础题，基本知识的运用。3．A【解析】试题分析：函数为偶函数，所以，由对任意，有，则在上是减函数考点：函数性质偶函数单调性点评：若为偶函数，则，若为奇函数，则，若为减函数，则，若为增函数，则，4．C【解析】试题分析：因为定义在R上的偶函数f（x）的一个单调递增区间为（3，5），所以可知在区间(-5,-3)是递减的去甲，同时那么对于y=f（x-1）是将原函数向右平移一个单位，因此单调增区间为（4，6），那么对称轴为x=1，故排除选项A,B，那么同时结合单调性可知排除D，故选C.考点：本试题考查了函数的对称性和单调性的运用。点评：解决该试题的关键是对于图像变换的准确的理解，以及平移变换对于函数图像和性质的影响，属于基础题。5．C【解析】试题分析：因为，所以，由“过曲线上点的切线斜率，就是该点处的导数值”，得－1－4a=3,a=－1,f(1)=m=,故选C。考点：本题主要考查的几何意义。点评：简单题，过曲线上点的切线斜率，就是该点处的导数值。6．D【解析】试题分析：根据题意，由于函数对任意实数都有，那么即有x=是函数的一条对称轴，则可知此时为，那么可知有那么可知，因此可知，故选D.考点：三角函数的性质点评：利用抽象关系式分析得到函数的一条对称轴方程，从而得到结论，属于基础题。7．D【解析】试题分析：设A（a，0）,B（0，b）（a>0,b>0）,由向量=2,得，x=,y=,由=1得(-x,y)·(-a,b)=1,所以xa+yb=1,把代入上式得，故选D。考点：本题主要考查平面向量的坐标运算，向量的数量积，求轨迹方程的“相关点法”。点评：中档题，本题将直线、向量、求轨迹方程综合考查，对考生灵活应用数学知识的能力有较好的考查。另外，求轨迹方程的基本方法的基本方法之一“相关点法”，常常考到。8．C【解析】试题分析：由已知得=51，即=51，而，所以=17，=，故由==100，得n=10，故选C。考点：本题主要考查等差数列的通项公式，求和公式，等差数列的性质。点评：基础题，本题综合考查等差数列的基础知识，本解答主要利用等差数列的性质m+n=p+q,，运用方程思想，求得n。9．B【解析】试题分析：根据题意可知sinA、sinB、sinC成等比数列，因此可知由正弦定理可知化角为边得到，结合余弦定理可知，且c=2a，则可知，故选B.考点：本试题考查了解三角形的知识点。点评：解决该试题的关键是能利用边角的关系，结合正弦定理和余弦定理来求解得到。熟练的运用两个定理，并能灵活的选择定理来解答，是要结合题目中的条件来确定的，余弦定理适合解决两边及其夹角，和三边的问题来求解三角形，属于中档题。10．A【解析】试题分析：由换底公式得：；结合对数函数图像，知都有可能，所以不可能成立的是A。考点：对数函数的性质；对数值大小的比较；换底公式。点评：此题主要考查数形结合的数学思想，我们可以利用换地公式转化为同底的来求。11．C【解析】试题分析：以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系易知：A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2），，，设是平面DEF的一个法向量，则即，取x＝1,则，设PA与平面DEF所成的角为，则sinθ＝。考点：本题主要考查立体几何中的垂直关系，角的计算。点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，利用向量则简化了证明过程。12．D【解析】试题分析：由椭圆的定义4a=16，a=4，又，所以c=,，椭圆的标准方程是，选D。考点：本题主要考查椭圆的定义，椭圆的标准方程，椭圆的几何性质。点评：简单题，涉及椭圆的焦点三角形问题，往往要利用椭圆的定义。13．【解析】试题分析：。所以a3=80.考点：二项式定理。点评：注意二项式定理中项的系数和二项式系数的区别。属于基础题型。14．2【解析】试题分析：根据题意，由于(a+i)i=-1-2i,则可知ai-1=-1+2i,利用实部和虚部对应相等可知a=2,故答案为2.考点：复数的运算点评：考查了复数的运算，利用复数的相等得到参数a的值，属于基础题。15．【解析】试题分析：设椭圆上焦点为F，则S△MPQ=•|FM|•|x1-x2|=，所以△MPQ的面积为（0＜m＜)设f（m）=m（1-m）3，则f'（m）=（1-m）2（1-4m）(0，)可知f（m）在区间(0，)单调递增，在区间(,)单调递减．所以，当(0，)时，f（m）=m（1-m）3有最大值f()=所以，当时，△MPQ的面积有最大值考点：本试题考查了椭圆的性质，以及三角形面积知识。点评：解决该题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化，属于中档题。16．1．【解析】试题分析：由，及存在得，因0＜b＜1，所以=0，又an=Sn-Sn-1，，故上式可变为-b（1。考点：本题主要考查等比数列的通项公式及前n项和公式，数列的极限。点评：基础题，通过构建关于首项，公比的方程，求得数列的通项公式，进一步求和、求极限。17．（Ⅰ），此时的；（Ⅱ）通过令，得到则其对称轴。利用二次函数图象和性质证明。【解析】试题分析：（Ⅰ）若时，则，此时的；6分（Ⅱ）证明：令，记则其对称轴①当，即时，当，即时，故--11分②即求证，其中当，即时，当，即时，当，即时，综上：15分考点：本题主要考查二次函数的图象和性质，三角函数同角公式。点评：典型题，讨论二次函数型最值，往往由“轴动区间定”、“轴定区间动”的情况，要结合函数图象，分类讨论，做出全面分析。共同的是讨论二次函数图象的对称轴与区间的相对位置。本题较难。18．(1)根据线面垂直的判定定理，来得到垂直的证明。(2)【解析】试题分析：解：（1）由已知得，底面，平面，所以……………2分又，，，所以，所以…………4分又，故平面…………6分（2）因为，所以为异面直线与所成角，即为，又，所以……………8分过点作，为垂足，由（1）知，，又，所以平面，故是直线与平面所成角，记为…………10分在中，，所以…………12分（2）另解：因为，所以为异面直线与所成角，即为，又，所以……………8分设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，又由（1）知，，，由等体积法得：，即，解得………10分所以…………12分考点：本试题考查了空间几何体中线面角和面面垂直的知识。点评：对于空间中点线面的位置关系，要熟练掌握基本的判定定理和性质定理，以及能结合向量的方法，合理的建立空间直角坐标系，结合空间向量的知识来表示角和距离的求解运用。属于中档题，这类试题的计算要细心，避免不不要的失分现象。19．(1)和(2)【解析】试题分析：解：（I）由题设知，，因为所以不等式可化为，解不等式得，，即．又因为，所以，即，所以，所以，所以．………………7分（II）可取1，2，3，4的分布列为1234p．……………14分考点：分布列和数学期望，古典概型点评：对于概率试题的求解，主要是能对于古典概型的事件空间准确求解，同时能根据各个概率的取值，得到分布列，属于中档题。20．(1)(2)91【解析】试题分析：解：(1)，因为，所以，∴数列是首项为1，公差为2的等差数列，∴，从而…………………………………………6分(2)因为所以，由，得，最小正整数为91.………………………………………………12分考点：本试题考查了数列的通项公式和求和的运用。点评：对于已知等差数列和等比数列的通项公式的求解，主要是求解两个基本元素，解方程组得到结论。而对于一般的数列求和思想，主要是分析其通项公式的特点，选择是用错位相减法还是裂项法，还是倒序相加法等等的求和方法来得到。属于中档题。21．（1）（2）存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且．【解析】试题分析：（1）因为椭圆E:（a,b>0）过M（2，），N(,1)两点,所以解得所以椭圆E的方程为（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且,设该圆的切线方程为解方程组得,即,则△=,即，要使,需使,即,所以,所以又,所以,所以,即或,因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为,,,所求的圆为,此时圆的切线都满足或,而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,综上,存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且．考点：本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆与椭圆的位置关系。点评：中档题，涉及直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往要利用韦达定理。存在性问题，往往从假设存在出发，运用题中条件探寻得到存在的是否条件具备。（2）小题解答中，集合韦达定理，应用平面向量知识证明了圆的存在性。22．【解析】试题分析：解：（Ⅰ），∴，即，∴∴，又，∴，∴综上可知，定义域为＞0，由＜0得0＜＜，∴的单调减区间为……………6分（Ⅱ）先证即证即证：令，∵＞0，＞0，∴＞0，即证令则∴①当＞，即0＜＜1时，＞0，即＞0在（0，1）上递增，∴＜＝0，②当＜，即＞1时，＜0，即＜0在（1，＋∞）上递减，∴＜＝0，③当＝，即＝1时，＝＝0综合①②③知即即又∴综上可得……………14分考点：导数，极值，函数与不等式点评：对于导数在研究函数中的运用，关键是利用导数的符号判定单调性，进而得到极值，和最值，证明不等式。属于中档题。
