2022年高考数学模拟试题

雷小华

本卷满分150分，考试用时120分钟

第Ⅰ卷（选择题 共60分）

一、单项选择题（本大题共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. 若集合A={x∈N* | x（x-a）<0}={1，2}，则实数a的取值范围是（ ）

A.（2，3）  B.[2，3）  C.（2，3]  D.[2，3]

2. 已知复数z1=+i，z2=-i（i为虚数单位），则下列说法不正确的是（ ）

A.z1+z2=     B.z1-z2=

C.z1·z2=2      D.=

3. 设f（x）=，函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）

A. f（x-1）-1  B. f（x-1）+1  C. f（x+1）-1  D. f（x+1）+1

4. 某家用电器的电路（含abcd四根外表一样的线，仅两根线功能一致）出现断路，如图. 现需连接恢复其原有功能.若户主选择随机接通，则恢复原有功能的概率为（ ）

A.     B.

C.      D.

5. 若？兹∈（2k？仔+，2k？仔+），k∈Z，则 =（ ）

A. -cos？兹   B. cos？兹   C. -cos2？兹   D. cos2？兹

6. 设等差数列{an}满足S7-a4=24，则“a1=1”是“anan+1=2Sn”的（ ）

A. 充分条件但不是必要条件 B. 必要条件但不是充分条件

C. 充要条件             D. 既不是充分条件也不是必要条

7. 已知函数f（x）=ex. 若f（lg（s-t）），f（0），f（lg（s+t））成等比数列，则动点（s，t）的轨迹方程为（ ）

A. t2-s2=1（t≥1）      B. s2-t2=1（s≥1）

C. t2-s2=1（t≤-1）      D. s2-t2=1（s≤-1）

8. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1、AA1中点，记过B、E、F三点的平面为？琢，M为面CDD1C1内的点，异面直线BM与B1C1所成角为45°，则（ ）

A. 平面？琢与正方体的交线为矩形

B. 直线BM与平面？琢所成最大角为45°

C. BM与EF所成角的范围为[0°，60°]

D. 平面？琢截正方体的体积比为1∶3

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，部分选对的得2分，有选错的得0分.）

9. 已知多项式（ax-1）2+（x+1）4=x4+bx3+cx2+dx+e，则（ ）

A. b=2  B. b=4  C.（c-d）min=1  D.（c-d）max=1

10. 某地区绘出了一段时间内新冠疫苗接种率与新发新冠病例人数的数据统计图，如图. 则下列说法中，正确的是（ ）

A. 人群接种率会影响新发病例人数

B. 新发病例人数与人群接种率成正比

C. 疫苗对人群保护作用的时间有限

D. 接种过一针的人群可考虑再接种加强针

11. 将函数y=f（x）的图象向右平移个单位长度，再把所得曲线上所有点的横坐标缩短到原来的一半，纵坐标保持不变，得到函数g（x）=cos（2x+）的图像. 则下列区间为函数y= f（x）的单调区间的是（ ）

A.（0，） B.（，？仔） C.（？仔，） D.（，2？仔）

12. 若方程lgx=kx，x∈（0，+）有且仅有两个不等实根x1、x2（x1A. x1=  B. x2=e  C. elgx1+x1lge=0  D. k=lg

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）

13. ？驻ABC中AB=1，AC=3，cosA=，若=-，则 · =         .

14. 已知O为坐标原点，直线l1 ∶ kx-y+4k=0与直线l2 ∶ x+ky+2k=0相交于点P，则PO的取值范围是         .

15. 已知曲线C ∶ +=1. 若C为双曲线，则？兹=         .（仅填滿足条件的一个？兹的值）;若C为椭圆，其焦点为F1、F2，点P在椭圆上，则三角形PF1F2的周长为         .

16. 将棱长都相等的三棱锥P-ABC沿PA、PB、PC三条侧棱剪开并展平，若所得平面图形的面积为，则原三棱锥的外接球的体积为         .

四、解答题（本大题共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.（本小题满分10分）

设数列{an}的前n项和为Sn，数列{}的前n项和为Tn.

在①等差数列{an}公差不为零，a1=1，a2是a1与a5的等比中项;②等差数列{an}单调递增，a1=1，（a2+2）（a4+2）=a3a5;③Sn=an+（n-1）2这三个条件中任选一个作答.

（Ⅰ）求an;

（Ⅱ）是否存在正整数k，使得TkT2k+1T4k+3=？若存在，求出Sk的值;若不存在，请说明理由.

18.（本小题满分12分）

三角形ABC中，D是BC边上的点，AB=4，BD=6，∠BAD=2∠ADB=2？兹.

（Ⅰ）求AD的长及三角形ABD的面积S;

（Ⅱ）若sinC=，求cos∠CAD的值.

19.（本小题满分12分）

一盒中有7个乒乓球，其中5个新的标有1、2、3、4、5的记号，2个旧的标有6、7的记号.

（Ⅰ）某运动员从盒中任取3球来用，用完后装回盒中，记此时盒中新球的个数为随机变量X，求X的分布列与数学期望;

（Ⅱ）现甲乙两名运动员先后不放回的各取2球，在剩下球标号和为奇数的条件下，求两人所拿新球个数甲不少于乙的概率.

20.（本小题满分12分）

如图，多面体是以三角形ABC为底面的三棱柱被不平行于底面的平面DEF所截得到的，M为AC中点，BM∥平面DEF，BD⊥FM，DF=2BE=2.

（Ⅰ）求证：FM⊥平面BDM;

（Ⅱ）若FD=FB，直线DF与平面BDM所成角为60°，三棱锥B-DMF的体积为，试求二面角F-DB-M的余弦值.

21.（本小题满分12分）

已知函数f（x）=alnx-x2+1（a∈R）.

（Ⅰ）若a=2，求证：f（x）≤0;

（Ⅱ）f（x）有两个零点x1、x2，且x122.（本小题满分12分）

如图，等腰直角？驻PQF中，PF=QF=2. 设以直线PQ为准线，F为焦点的抛物线方程为C ∶ y2=2px（p为常数）.

（Ⅰ）求p的值;

（Ⅱ）若A（x1，y1）、B（x2，y2）（y2<0）为直线x=ky+1与C的交点，是否线段PQ上存在动点D（-1，m）、E（-1，-m）有AD∥BE成立？若存在，求四边形ADEB面积的最小值;若不存在，请说明理由.

参考答案

一、单项选择题

1.【答案】选C. 2

二、多项选择题

9.【答案】选BC. 因为（ax-1）2+（x+1）4=x4+C14x3+（a2+C24）x2+（C34-2a）x+2，故b=4，c=a2+C24，d=C14-2a. c-d=a2+2a+2=（a+1）2+1≥1，∴（c-d）min=1. 故选答案BC.

10.【答案】选ACD.

11.【答案】选AC. 由函数g（x）的图像上所有点的横坐标伸长到原来的一倍，纵坐标保持不变，得到函数y=cos（x+）的图像，再向左平移个单位长度，得到函数f（x）=cos（x+）. 对于A，因为≤x+≤，在此范围内余弦函数单调递减，故选项A正确;对于B，≤x+≤，在此范围内余弦函数先减后增，故选项B错误;对于C，因为≤x+≤，在此范围内余弦函数单调递增，故选项C正确;对于D，因为≤x+≤，在相应范围内余弦函数先增后减，选项D错误. 故选答案AC.

12.【答案】选BCD. 设f（x）=lgx，g（x）=kx，x∈（0，+∞）由图象可知，当g（x）与f（x）相交于点B、相切于点A时，仅有两个不等实根. 设B（x1，-lgx1），A（x2，-lgx2），由x>1，f（x）=lgx，且f ′（x）=. 故k=f ′| ==kOA==kOB=. 分别可得：x2=e，elgx1+x1lge=0，k=lg. 故选答案BCD.

三、填空题

13. -. 14.[0，2）.  15. （满足条件的答案均可，不惟一）;2. 16. ？仔.

13.【答案】-.『方法一』延长CB至点E，使BE=CB，连接AE. ·=（+）（+）=（+）（-）=-. 在三角形ABC中，由余弦定理知：BC2=1+9-2×1×3×=，故·=12-=-.

『方法二』延长CB至点E，使BE=CB，连接AE;延长AB至点D，使AB=BD，连接DE，连接DC，则四边形AEDC为平行四边形;在三角形ADC中，由余弦定理知：DC2=4+9-2×2×3×=10=AE2，故AE=，cos∠ACD==，由∠ACD+∠EAC=？仔得cos∠EAC=-，所以·=·cos∠EAC=-.

14.【答案】[0，2）. 因为直线l1与直线l2相互垂直，且直线l1过定点A（-4，0），直线l2过定点A（0，-2），故交点P的轨迹是以AB为直径、点C为圆心的圆周（除去（-4，-2）、（-4，0）、（0，-2）三点），所以0≤PO15.【答案】（满足条件的答案均可，不惟一）;2.

∵ C为椭圆，且cos4？兹=（cos2？兹）2=（）2>cos2？兹>0，故椭圆+=1焦点在x轴上，且a=cos2？兹，b2=2cos2？兹-1，c2=a2-b2=cos4？兹-2cos2？兹+1=（cos2？兹-1）2，∴ c=1-cos2？兹=sin2？兹. 故三角形PF1F2的周长为2（a+c）=2（cos2？兹=sin2？兹）=2，故三角形PF1F2的周长为2.

16.【答案】？仔. 沿PA、PB、PC三条侧棱剪开并展平后所得平面图形为正三角形，由其面积为，故原三棱锥的棱长1.

【方法一】把此三棱锥补成一个正方体，可得正方体的棱长为，故外接球的直径为，半径为R=，所以V=？仔R3=？仔（）3=？仔.

【方法二】设外接球的半径为R，顶点P在底面三角形的射影为O1，连接O1C，延長PO1交球面于点D，则PD=2R，得PC⊥CD. 由正弦定理知：=2O1C，故O1C=，所以PO1==. 由射影定理得：PC2=PO1·2R，故R===，故体积为V=？仔R3=？仔（）3=？仔. 所以原三棱锥的外接球的体积为？仔.

四、解答题

17. 解：（Ⅰ）若选①：设等差数列{an}的公差为d，由a1=1，且a2是a1与a5的等比中项得：（1+d）2=1×（1+4d），…………2分

即d2=2d，∵d≠0，∴ d=2，……………………………4分

故an=a1+（n-1）d=2n-1. …………………………………5分

若选②：设等差数列{an}的公差为d，由a1=1，且（a2+2）（a4+2）=a3a5得：（3+d）（3+3d）=（1+2d）（1+4d），……………2分

即5d2-6d-8=0，即d=2，或d=-.

∵{an}为单调递增数列，∴d>0，所以d=2，……………4分

故an=a1+（n-1）d=2n-1. …………………………………5分

若选③：

由n=2时，S2=a1+a2=a2+1，所以a1=1…………………1分

n≥2时，Sn-1=an-1+（n-2）2，……………………………2分

故Sn-Sn-1=an-an-1+（n-1）2-（n-2）2，……………………3分

即an=an-an-1+2n-3，

即an-1=2n-3，……………………………………………4分

∵a1=1，故an=2n-1. ……………………………………5分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：Sn=n=n2.…………………6分

令bn=，则bn===（-），………………………………………………………7分

故Tn=b1+b2+…+bn=[（-）+（-）+…+（-）]=（1-）=………………………………8分

若TkT2k+1T4k+3=··==，解得：

k=7………………………………………………………9分

故S7=49………………………………………………10分

18.解：（1）在三角形ABD中，由正弦定理得：=，………………………………………………………1分

即=，即cos？兹=. ………………………3分

由余弦定理得：16=36+AD2-2×6·ADcos？兹，

即AD2-9AD-20=0，

故AD=5或AD=4，……………………………………5分

若AD=4，则AB=AD得出∠BAD=2∠ADB=与AB2+AD2≠BD2矛盾.

故AD=4不合舍去，所以AD=5. ………………………6分

因为sin？兹=，所以三角形ABD面积为S=×6×5sin？兹=. ………………………………………………8分

（2）由？兹=∠CAD+C且cos？兹>0知：0<∠CAD<，0因为sinC=，所以cosC=. ………………10分

由∠CAD=？兹-C得：cos∠CAD=cos？兹cosC+sin？兹sinC

=×+×=…………………12分

19.【解析】（Ⅰ）由题意可知X的可能取值为2，3，4.………………………………………………………………………1分

P（X=2）==，P（X=3）==，P（X=4）==. ……………………………………………………………4分

故

……………………………………………………………5分

故E（X）=2×+3×+4×=. ……………………6分

（Ⅱ）设甲乙两名运动员不放回的先后各取2球，剩下球标号和为奇数的事件为A，两人所拿新球个数甲不少于乙的事件为B，则所求为P（B | A）. ………………………………7分

【方法一】甲乙两名运动员先后不放回的各取2球的事件数为

n（？赘）=C27C25=×=210，…………………………8分

剩下球标号和为奇数的事件数为n（A）=（C34+C23C14）C24C22=16×6=96，……………………………………………………………9分

剩下球标号和为奇数且所拿新球个数甲不少于乙的事件数可分剩球为三个奇数号与二偶一奇两种情况来计算：

①三奇时共有14种;②二偶一奇时共有48种，故     n（AB）=62.

故P（B | A）===. …………………………12分

【方法二】P（A）==，………………9分

P（AB）==，…………………………………11分

∴ P（B | A）===. …………………………12分

20.【解析】

（Ⅰ）证明：取DF中点N，连接MN、NE，

∵原几何体是三棱柱，

∴ AD∥CF∥BE，………………………………………1分

∵ AM=MC，DN=NF，

∴ MN是梯形ACFD的中位线，

∴ MN∥AD∥FC，

∴ MN∥BE，………………2分

∴ MBEN四点确定一个平面，

∵ BM∥平面DEF，平面MBEN∩平面DEF=NE，

∴ BM∥NE …………………3分

∴四边形MBEN为平行四边形，

∴ MN=BE…………………………… …………………4分

∵ DF=2BE，DN=NF，

∴ DN=NM=NF，

∴ FM⊥DM………………………………………………5分

又BD⊥FM，BD∩DM=D，

∴ FM⊥平面BDM ………………………………………6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：∠FMD=∠FMB=90°，

∵ FD=FB，

∴ ？驻DMF？艿？驻BF.

∴ DM=BM.

∵直线DF与平面BMF所成角为60°，

∴∠FDM=60°……………………………………………7分

∵ DF=2，

∴ DM=BM=，FM=3，

∴三棱锥B-DMF的体积

VB-DMF =VF-BDM =S？驻BDM·FM=×··sin∠DMB×3=，

得sin∠DMB=1，

∴∠DMB=90°，

即DM⊥MB，

∴ BM，DM，FM兩两垂直. ……………………………8分

【方法一】几何法

取DB的中点G，连接GM、GF，

∵ DM=BM，

∴ MG⊥DB. ………………………………………………9分

由三垂线定理得：FG⊥DB，

则∠FGM为二面角F-DB-M的平面角.……………10分

由MG=，FM=3得FG=，……………………11分

∴ cos∠FGM==.

即二面角F-DB-M的余弦值为. ……………………12分

【方法二】

以MD、MB、MF所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系M-xyz. 如图.

D（，0，0），B（0，，0），

F（0，0，3），M（0，0，0），……9分

故=（-，，0），=（-，0，3），

设平面BDF的法向量为=（x，y，z），则·=0，·=0，即（x，y，z）·（-，，0）=0，（x，y，z）·（-，0，3）=0，即x=y，x=z，令x=，则y=，z=1，

故=（，，1）. ………………………………10分

由（Ⅰ）知，平面BDM的法向量为=（0，0，1），……11分

设所求二面角F-DB-M的大小为？兹，则？兹=〈，〉，

则cos？兹===，

故二面角D-BE-A的余弦值为 ………………12分

21.【解析】（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞）.

当a=2时，f ′（x）=-2x=2·=2·，……1分

x∈（0，+∞），f ′（x）、f（x）变化如下：

∴ f（x）最大值=f（x）极大值=f（1）=2ln1-12+1=0，

故a=2时，f（x）≤0. ……………………………………4分

（Ⅱ）∵ f （1）=aln1-12+1=0 ………………………………5分

∴ 1是f（x）的一个零点，

x1故0