2022年高考數學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若命題p：從有2件正品和2件次品的產品中任選2件得到都是正品的概率為三分之一；命題q：在邊長為4的正方形ABCD內任取一點M，則∠AMB>90°的概率為π8A．p∧qB．(?p)∧qC．p∧(?q)D．?q2．如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，線段B1D1上有兩個動點E、F且EF=，則下列結論中錯誤的是（）A．AC⊥BE B．EF平面ABCDC．三棱錐A-BEF的體積為定值 D．異面直線AE,BF所成的角為定值3．已知函數的零點為m，若存在實數n使且，則實數a的取值范圍是（）A． B． C． D．4．復數的虛部為（）A． B． C．2 D．5．如圖所示的莖葉圖為高三某班名學生的化學考試成績，算法框圖中輸入的，，，，為莖葉圖中的學生成績，則輸出的，分別是（）A．， B．，C．， D．，6．拋物線的焦點為，準線為，，是拋物線上的兩個動點，且滿足，設線段的中點在上的投影為，則的最大值是（）A． B． C． D．7．若關于的不等式有正整數解，則實數的最小值為（）A． B． C． D．8．關于函數在區間的單調性，下列敘述正確的是（）A．單調遞增 B．單調遞減 C．先遞減后遞增 D．先遞增后遞減9．如圖是甲、乙兩位同學在六次數學小測試（滿分100分）中得分情況的莖葉圖，則下列說法錯誤的是（）A．甲得分的平均數比乙大 B．甲得分的極差比乙大C．甲得分的方差比乙小 D．甲得分的中位數和乙相等10．已知定義在上的偶函數滿足，且在區間上是減函數，令，則的大小關系為（）A． B．C． D．11．已知是雙曲線的左、右焦點，若點關于雙曲線漸近線的對稱點滿足（為坐標原點），則雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．12．古希臘數學家畢達哥拉斯在公元前六世紀發現了第一、二個“完全數”6和28，進一步研究發現后續三個“完全數”分別為496，8128，33550336，現將這五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則6和28恰好在同一組的概率為A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．我國古代數學名著《九章算術》對立體幾何有深入的研究，從其中一些數學用語可見，譬如“憋臑”意指四個面都是直角三角形的三棱錐.某“憋臑”的三視圖（圖中網格紙上每個小正方形的邊長為1）如圖所示，已知幾何體高為，則該幾何體外接球的表面積為__________．14．已知邊長為的菱形中，，現沿對角線折起，使得二面角為，此時點，，，在同一個球面上，則該球的表面積為________.15．的展開式中的系數為____.16．函數在內有兩個零點，則實數的取值范圍是________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，已知橢圓的右焦點為，，為橢圓上的兩個動點，周長的最大值為8.（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）直線經過，交橢圓于點，，直線與直線的傾斜角互補，且交橢圓于點，，，求證：直線與直線的交點在定直線上.18．（12分）（選修4-4：坐標系與參數方程）在平面直角坐標系，已知曲線（為參數），在以原點為極點，軸的非負半軸為極軸建立的極坐標系中，直線的極坐標方程為．（1）求曲線的普通方程和直線的直角坐標方程；（2）過點且與直線平行的直線交于，兩點，求點到，的距離之積．19．（12分）如圖，在四棱錐中，，，，底面為正方形，、分別為、的中點．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值．20．（12分）已知函數（1）若函數有且只有一個零點，求實數的取值范圍；（2）若函數對恒成立，求實數的取值范圍.21．（12分）在中，角的對邊分別為，若.（1）求角的大小；（2）若，為外一點，，求四邊形面積的最大值.22．（10分）已知函數.（1）若，求不等式的解集；（2）已知，若對于任意恒成立，求的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．B【解析】因為從有2件正品和2件次品的產品中任選2件得到都是正品的概率為P1=1C42=16，即命題p是錯誤，則?p是正確的；在邊長為4的正方形ABCD內任取一點M點睛：本題將古典型概率公式、幾何型概率公式與命題的真假（含或、且、非等連接詞）的命題構成的復合命題的真假的判定有機地整合在一起，旨在考查命題真假的判定及古典概型的特征與計算公式的運用、幾何概型的特征與計算公式的運用等知識與方法的綜合運用，以及分析問題解決問題的能力。2．D【解析】

A．通過線面的垂直關系可證真假；B．根據線面平行可證真假；C．根據三棱錐的體積計算的公式可證真假；D．根據列舉特殊情況可證真假.【詳解】A．因為，所以平面，又因為平面，所以，故正確；B．因為，所以，且平面，平面，所以平面，故正確；C．因為為定值，到平面的距離為，所以為定值，故正確；D．當，，取為，如下圖所示：因為，所以異面直線所成角為，且，當，，取為，如下圖所示：因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以異面直線所成角為，且，由此可知：異面直線所成角不是定值，故錯誤.故選：D.【點睛】本題考查立體幾何中的綜合應用，涉及到線面垂直與線面平行的證明、異面直線所成角以及三棱錐體積的計算，難度較難.注意求解異面直線所成角時，將直線平移至同一平面內.3．D【解析】

易知單調遞增,由可得唯一零點,通過已知可求得,則問題轉化為使方程在區間上有解,化簡可得,借助對號函數即可解得實數a的取值范圍.【詳解】易知函數單調遞增且有惟一的零點為，所以，∴，問題轉化為：使方程在區間上有解，即在區間上有解，而根據“對勾函數”可知函數在區間的值域為，∴.故選D．【點睛】本題考查了函數的零點問題,考查了方程有解問題,分離參數法及構造函數法的應用,考查了利用“對勾函數”求參數取值范圍問題,難度較難.4．D【解析】

根據復數的除法運算，化簡出，即可得出虛部.【詳解】解：=，故虛部為-2.故選：D.【點睛】本題考查復數的除法運算和復數的概念.5．B【解析】

試題分析：由程序框圖可知，框圖統計的是成績不小于80和成績不小于60且小于80的人數，由莖葉圖可知，成績不小于80的有12個，成績不小于60且小于80的有26個，故，．考點：程序框圖、莖葉圖．6．B【解析】

試題分析：設在直線上的投影分別是，則，，又是中點，所以，則，在中，所以，即，所以，故選B．考點：拋物線的性質．【名師點晴】在直線與拋物線的位置關系問題中，涉及到拋物線上的點到焦點的距離，焦點弦長，拋物線上的點到準線（或與準線平行的直線）的距離時，常常考慮用拋物線的定義進行問題的轉化．象本題弦的中點到準線的距離首先等于兩點到準線距離之和的一半，然后轉化為兩點到焦點的距離，從而與弦長之間可通過余弦定理建立關系．7．A【解析】

根據題意可將轉化為，令，利用導數，判斷其單調性即可得到實數的最小值．【詳解】因為不等式有正整數解，所以，于是轉化為，顯然不是不等式的解，當時，，所以可變形為．令，則，∴函數在上單調遞增，在上單調遞減，而，所以當時，，故，解得．故選：A．【點睛】本題主要考查不等式能成立問題的解法，涉及到對數函數的單調性的應用，構造函數法的應用，導數的應用等，意在考查學生的轉化能力，屬于中檔題．8．C【解析】

先用誘導公式得,再根據函數圖像平移的方法求解即可.【詳解】函數的圖象可由向左平移個單位得到,如圖所示,在上先遞減后遞增.故選：C【點睛】本題考查三角函數的平移與單調性的求解.屬于基礎題.9．B【解析】

由平均數、方差公式和極差、中位數概念，可得所求結論．【詳解】對于甲，；對于乙，，故正確；甲的極差為，乙的極差為，故錯誤；對于甲，方差.5，對于乙，方差，故正確；甲得分的中位數為，乙得分的中位數為，故正確．故選：．【點睛】本題考查莖葉圖的應用，考查平均數和方差等概念，培養計算能力，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題．10．C【解析】

可設，根據在上為偶函數及便可得到：，可設，，且，根據在上是減函數便可得出，從而得出在上單調遞增，再根據對數的運算得到、、的大小關系，從而得到的大小關系.【詳解】解：因為，即，又，設，根據條件，，；若，，且，則：；在上是減函數；；；在上是增函數；所以，故選：C【點睛】考查偶函數的定義，減函數及增函數的定義，根據單調性定義判斷一個函數單調性的方法和過程：設，通過條件比較與，函數的單調性的應用，屬于中檔題.11．B【解析】

先利用對稱得，根據可得，由幾何性質可得，即，從而解得漸近線方程.【詳解】如圖所示：由對稱性可得：為的中點，且，所以，因為，所以，故而由幾何性質可得，即，故漸近線方程為，故選B.【點睛】本題考查了點關于直線對稱點的知識，考查了雙曲線漸近線方程，由題意得出是解題的關鍵，屬于中檔題.12．B【解析】

推導出基本事件總數，6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，由此能求出6和28恰好在同一組的概率．【詳解】解：將五個“完全數”6，28，496，8128，33550336，隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，基本事件總數，6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，∴6和28恰好在同一組的概率．故選：B．【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型、排列組合等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】三視圖還原如下圖：，由于每個面是直角，顯然外接球球心O在AC的中點.所以，，填。【點睛】三視圖還原，當出現三個尖點在一個位置時，我們常用“揪尖法”。外接球球心到各個頂點的距離相等，而直角三角形斜邊上的中點到各頂點的距離相等，所以本題的球心為AC中點。14．【解析】

分別取，的中點，，連接，由圖形的對稱性可知球心必在的延長線上，設球心為，半徑為，，由勾股定理可得、，再根據球的面積公式計算可得；【詳解】如圖，分別取，的中點，，連接，則易得，，，，由圖形的對稱性可知球心必在的延長線上，設球心為，半徑為，，可得，解得，.故該球的表面積為.故答案為：【點睛】本題考查多面體的外接球的計算，屬于中檔題.15．28【解析】

將已知式轉化為，則的展開式中的系數中的系數，根據二項式展開式可求得其值.【詳解】，所以的展開式中的系數就是中的系數，而中的系數為，展開式中的系數為故答案為：28.【點睛】本題考查二項式展開式中的某特定項的系數，關鍵在于將原表達式化簡將三項的冪的形式轉化為可求的二項式的形式，屬于基礎題.16．【解析】

設，，設，函數為奇函數，，函數單調遞增，，畫出簡圖，如圖所示，根據，解得答案.【詳解】，設，，則.原函數等價于函數，即有兩個解.設，則，函數為奇函數.，函數單調遞增，，，.當時，易知不成立；當時，根據對稱性，考慮時的情況，，畫出簡圖，如圖所示，根據圖像知：故，即，根據對稱性知：.故答案為：.【點睛】本題考查了函數零點問題，意在考查學生的轉化能力和計算能力，畫出圖像是解題的關鍵.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（Ⅰ）；（Ⅱ）詳見解析.【解析】

（Ⅰ）由橢圓的定義可得，周長取最大值時，線段過點，可求出，從而求出橢圓的標準方程；（Ⅱ）設直線，直線，，，，.把直線與直線的方程分別代入橢圓的方程，利用韋達定理和弦長公式求出和，根據求出的值.最后直線與直線的方程聯立，求兩直線的交點即得結論.【詳解】（Ⅰ）設的周長為，則，當且僅當線段過點時“”成立.，，又，，橢圓的標準方程為.（Ⅱ）若直線的斜率不存在，則直線的斜率也不存在，這與直線與直線相交于點矛盾，所以直線的斜率存在.設，，，，，.將直線的方程代入橢圓方程得：.，,.同理，.由得，此時.直線，聯立直線與直線的方程得，即點在定直線.【點睛】本題考查橢圓的標準方程，考查直線與橢圓的位置關系，考查學生的邏輯推理能力和運算能力，屬于難題.18．（1）曲線：，直線的直角坐標方程；（2）1.【解析】試題分析：（1）先根據三角函數平方關系消參數得曲線化為普通方程，再根據將直線的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）根據題意設直線參數方程，代入C方程，利用參數幾何意義以及韋達定理得點到，的距離之積試題解析：（1）曲線化為普通方程為：，由，得，所以直線的直角坐標方程為．（2）直線的參數方程為（為參數），代入化簡得：，設兩點所對應的參數分別為，則，．19．（1）見解析；（2）.【解析】

（1）利用中位線的性質得出，然后利用線面平行的判定定理可證明出平面；（2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設，利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）因為、分別為、的中點，所以．又因為平面，平面，所以平面；（2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設，則，，，，，，，．設平面的法向量為，則，即，令，則，，所以．設直線與平面所成角為，所以．因此，直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查線面平行的證明，同時也考查了利用空間向量法計算直線與平面所成的角，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.20．（1）；（2）.【解析】

（1）求導得到，討論和兩種情況，計算函數的單調性，得到，再討論，，三種情況，計算得到答案.（2）計算得到，討論，兩種情況，分別計算單調性得到函數最值，得到答案.【詳解】（1），①當時恒成立，所以單調遞增，因為，所以有唯一零點，即符合題意；