1、（新高考）2022届高考数学考前冲刺卷（三）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）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的1已知集合，则集合中元素的个数是（ ）A1个B2个C
2、3个D4个【答案】C【解析】由集合，根据，所以，所以中元素的个数是3，故选C2在复平面内，复数对应的点坐标为（ ）ABCD【答案】A【解析】，在复平面内对应的点坐标为，故选A3用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形已知点是斜边的中点，且，则的面积为（ ）ABCD【答案】B【解析】由斜二测画法可知该三角形ABC为直角三角形，根据直观图中平行于x轴的长度不变，平行于y轴的长度变为原来的一半，因为，所以，所以三角形ABC的面积为，故选B4已知函数，则“”是“函数为偶函数”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【解析】函数定义域为R，
3、函数为偶函数，则，而不恒为0，因此，解得或，所以“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件，故选A5已知数列满足（nN*），则（ ）ABCD【答案】C【解析】由题设，则，-得：，所以，由知也满足上式，故（nN*），故选C6已知一组数据，的标准差为2，将这组数据，中的每个数先同时减去2，再同时乘以3，得到一组新数据，则这组新数据的标准差为（ ）A2B4C6D【答案】C【解析】因为数据，的标准差为2，所以方差为4由题意知，得到的新数据为，这组新数据的方差为，标准差为6，故选C7如图，分别是双曲线的左右焦点，过的直线与的左右两支分别交于点、两点，若为以为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）
4、A4BCD【答案】D【解析】由题意，为等腰直角三角形，设，则，由双曲线的定义，可得，可得，解得，在中，由余弦定理可得，即，整理得，即，所以，故选D8已知关于x的方程在上有两解，则实数k的取值范围为（ ）ABCD【答案】B【解析】由已知可得在上有两解，令，则问题转化为函数与在上有两个交点，而，令，则，因为，所以恒成立，所以在上单调递增，又，所以当时，则；当时，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又，作出函数的大致图象如图示：要使得在上有两解，实数k的取值范围为，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2分
5、，有选错的得0分9一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A为“第一次向下的数字为偶数”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（ ）AB事件A和事件B互为对立事件CD事件A和事件B相互独立【答案】CD【解析】对于A，可得A错误；对于B，事件B第一次向下的数字为偶数，第二次向下的数字为奇数，就可以使得两次向下的数字之和为奇数，可知事件A和事件B不是对立事件，可得B错误；对于C，由，可得，可得C正确；对于D选项，由，可得，可知事件A和事件B相互独立，可得D正确，故选CD10已知函数，则下列结论正确的是（ ）A的图象关于直线对称B在上的值
6、域为C若，则，D将的图象向右平移个单位得图象【答案】BD【解析】，对于A：令，可得，所以直线不是的图象的对称轴，故选项A不正确；对于B：当时，所以，故选项B正确；对于C：的最小正周期为，所以若，则，故选项C不正确；对于D：将的图象向右平移个单位得的图象，故选项D正确，故选BD11如图，正方体的棱长为1，点是内部(不包括边界)的动点，若，则线段长度的可能取值为（ ）ABCD【答案】ABC【解析】在正方体AC1中，连接AC，A1C1，如图，BDAC，BDAA1，则BD平面ACC1A1，因APBD，所以平面ACC1A1，又点P是B1CD1内部(不包括边界)的动点，连接CO，平面B1CD1平面ACC1
7、A1=CO，所以点P在线段CO上(不含点C，O)，连接AO，在等腰OAC中，而底边AC上的高为1，腰OC上的高，从而有，都符合，不符合，故选ABC12若存在正实数x，y，使得等式成立，其中e为自然对数的底数，则a的取值可能是（ ）ABCD2【答案】ACD【解析】由题意，不等于，由，得，令，则，设，则，因为函数在上单调递增，且，所以当时，；当时，则在上单调递减，在上单调递增，从而，即，解得或，故，故选ACD第卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知向量，其中，为单位向量，向量，的夹角为120，则_【答案】【解析】由，有，故答案为14在中，分别是角，的对边，记外接圆半径为，且，
8、则角的大小为_【答案】（或）【解析】由正弦定理，故，即，故，又，故，故答案为15将字母a，A，b，B，c，C排成一列，则仅有一组相同字母的大小写相邻的排法种数为_【答案】288【解析】首先讨论Aa相邻，剩下的4个字母排列有如下情况：bcBC、cbCB、bCBc、CbcB、BcbC、cBCb、BCbc、CBcb共8种可能，任取8种中的一种与Aa组合，共有种，此时Aa相邻共有种，bcCB，bCcB，BcCb，BCcb，CbBc，CBbc，cbBC，cBbC，8种情况，任取8种中的一种与Aa组合，共有种，此时Aa相邻共有种，所以Aa相邻共有种；同理，Bb相邻共有96种，Cc相邻共有96种，所以共有2
9、88种，故答案为28816如图，点P是半径为2的圆O上一点，现将如图放置的边长为2的正方形（顶点A与P重合）沿圆周逆时针滚动若从点A离开圆周的这一刻开始，正方形滚动至使点A再次回到圆周上为止，称为正方形滚动了一轮，则当点A第一次回到点P的位置时，正方形滚动了_轮，此时点A走过的路径的长度为_【答案】3，【解析】正方形滚动一轮，圆周上依次出现的正方形顶点为，顶点两次回到点P时，正方形顶点将圆周正好分成六等分，由4和6的最小公倍数：，所以到点A首次与P重合时，正方形滚动了3轮这一轮中，点A路径是圆心角为，半径分别为2，2的三段弧，故路径长，点A与P重合时总路径长为故答案为3，四、解答题：本大题共6
10、个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（1）求A；（2）若，求【答案】（1）；（2）【解析】（1）在中，由正弦定理及，得，于是得，化简整理得，即，而，则，又，所以（2）因为，由正弦定理得，则，由（1）知，在中，即，于是解得，显然有，即，则，所以18（12分）已知等差数列的前n项和为，又对任意的正整数，都有，且（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和【答案】（1）；（2）【解析】（1）设等差数列的公差为，因为，所以，又，即，解得，所以（2）由（1）知，令，得，当时，从而，当时，综上得19（12分）如图，在四棱锥中
11、，底面ABCD为矩形，平面PCD平面ABCD，AB2，BC1，E为PB中点（1）求证：PD/平面ACE；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱PD上是否存在点M，使得AMBD？若存在，求的值；若不存在，说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，【解析】（1）设BD交AC于点F，连接EF因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点又因为E为PB中点，所以EF/PD，因为PD平面ACE，EF平面ACE，所以PD/平面ACE（2）取CD的中点O，连接PO，FO因为底面ABCD为矩形，所以BCCD因为PCPD，O为CD中点，所以POCD，OFBC，所以OFCD又因为平面PCD平面ABCD，PO平面
12、PCD，平面PCD平面ABCDCD，所以PO平面ABCD如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则，C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），设平面ACE的法向量为，令，则，所以，平面ACD的法向量为，如图可知二面角EACD为钝角，所以二面角EACD的余弦值为（3）假设存在棱PD上的点M，使得AMBD，设，又，则，解得，故存在棱PD上的点M，使得AMBD，20（12分）某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如图所示：（1）将去年的消费金额超过3200元的消费者称为“健身达人”，现从所有“健身达人”中随机抽取2人，求至少有1位消费者，其去年的消费金额超过4000元的概
13、率；（2）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制规定：消费金额为2000元、2700元和3200元的消费者分别为普通会员、银卡会员和金卡会员预计去年消费金额在、内的消费者今年都将会分别申请办理普通会员、银卡会员和金卡会员消费者在申请办理会员时，需一次性预先缴清相应等级的消费金额该健身机构在今年年底将针对这些消费者举办消费返利活动，预设有如下两种方案：方案1：按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”给予奖励其中，普通会员、银卡会员和金卡会员中的“幸运之星”每人分别奖励500元、600元和800元方案2：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从一个装有3个白球、2
14、个红球（球只有颜色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一个球若摸到红球的总数为2，则可获得200元奖励金；若摸到红球的总数为3，则可获得300元奖励金；其他情况不给予奖励如果每位普通会员均可参加1次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加2次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加3次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互独立）以方案的奖励金的数学期望为依据，请你预测哪一种方案投资较少？并说明理由【答案】（1）；（2）方案2投资较少，理由见解析【解析】（1）记“在抽取的2人中至少有1位消费者在去年的消费超过4000元”为事件A由图可知，去年消费金额在内的有8人，在内的有4人，消费金额超过3200元的“健身达人”共有
15、（人），从这12人中抽取2人，共有种不同方法，其中抽取的2人中至少含有1位消费者在去年的消费超过4000元，共有种不同方法，所以（2）方案1按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的普通会员、银卡会员、金卡会员的人数分别为，按照方案1奖励的总金额为（元）方案2设表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，则的可能取值为0，200，300由题意，每摸球1次，摸到红球的概率为，所以，所以的分布列为：0200300P数学期望为（元），按照方案2奖励的总金额为（元），因为由，所以施行方案2投资较少21（12分）已知椭圆的离心率为，P为椭圆E上一点，Q为圆上一点，的
16、最大值为3（P，Q异于椭圆E的上下顶点）（1）求椭圆E的方程；（2）A为椭圆E的下顶点，直线AP，AQ的斜率分别记为，且，求证：直线PQ过定点，并求出此定点的坐标【答案】（1）；（2）证明见解析，定点【解析】（1）解：由椭圆的离心率为，可得，又由的最大值为，可得，可得，解得，所以椭圆的方程为（2）解：由（1）可得点的坐标为，因为直线的斜率分别记为，且，可得直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，整理得，解得或，将代入，可得，即；联立方程组，整理得，解得或，将代入，可得，即，则，所以直线的方程为，即，此时直线过定点，即直线恒过定点22（12分）已知，为的导函数（1）若对任意都有，求的取值范围；（2）若，证明：对任意常数，存在唯一的，使得成立【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）由，得，即，令，则，当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，即的取值范围为（2）设，将问题转化为在区间上有唯一的零点，由，知在区间上单调递减，故函数在区间上至多有个零点，由（1）知：当时，（当且仅当时取等号），又，即，即，又，即，由函数零点存在定理知：在区间上有唯一的零点，即存在唯一的，使得成立
