1、（全国卷）2022届高考数学考前冲刺卷（三）理注意事项：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、选择题：本大题共12小题，每小题5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复数的模是（ ）ABC0D1【答案】D【解析】因为，所以
2、，所以复数z的模是1，故选D2设集合，若，则（ ）ABCD【答案】B【解析】集合，满足题意，则，故选B3若，则（ ）ABCD【答案】D【解析】由，可得，故选D4某公司为了确定下一年投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x（单位：万元）对年销售量y（单位：千件）的影响现收集了近5年的年宣传费x（单位：万元）和年销售量y（单位：千件）的数据，其数据如下表所示，且y关于x的线性回归方程为，则下列结论错误的是（ ）x4681012y1571418Ax，y之间呈正相关关系BC该回归直线一定经过点D当此公司该种产品的年宣传费为20万元时，预测该种产品的年销售量为34800件【答案】C【解析】因为，所以该回归
3、直线一定经过点，故，解得，即A，B正确，C不正确；将代入，得，故当此公司该种产品的年宣传费为20万元时，预测该种产品的年销售量为34800件，D正确，故选C5已知向量，在正方形网格中的位置如图所示，用基底表示，则（ ）ABCD【答案】D【解析】如图建立直角坐标系，设正方形网格的边长为1，则，所以，设向量，则，则，所以，故选D6已知正项等比数列的前n项和为，且，则S40等于（ ）AB400C400或D30或40【答案】B【解析】正项等比数列的前n项和为，S10，S20S10，S30S20，S40S30也成等比数列，10(130S20)(S2010)2，解得S2040或 (舍)，故，故选B7已知函
4、数无最小值，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【解析】对于函数，可得，由，得或；由，得，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，函数在时有极大值2，在时有极小值，作出函数与直线的图象，由图可知，当时，函数有最小值，当时，函数没有最小值，故选D8已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则边上的中线长为（ ）A49B7CD【答案】D【解析】因为，故可得，根据余弦定理可得，故，不妨取中点为，故，故，即边上的中线长为，故选D9已知函数若a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，则函数有两个极值点的概率为（ ）ABCD【答案】C【解析】由题意得有两个根，则有，解得，a，b分别是从1，2
5、，3中任取的一个数，表示为，有如下，共种情况，其中满足的有，共6种情况，则函数有两个极值点的概率为，即，故选C10已知点M为抛物线上的动点，过点M向圆引切线，切点分别为P，Q，则的最小值为（ ）ABCD1【答案】A【解析】如图，圆心为抛物线的焦点，四边形的面积，当最小时，即点M到准线的距离最小值为2，故选A11在正四面体SABC中，D，E，F分别为SA，SB，SC的中点则该正四面体的外接球被平面DEF所截的圆周长为（ ）ABCD【答案】C【解析】过点S作平面ABC，垂足为P，如图，则点P必为ABC的中心，则正四面体SABC外接球的球心必在线段SP上，设图中点O为正四面体SABC外接球的球心，外
6、接球半径为R，由已知得，所以，解得因为D，E，F分别为SA，SB，SC的中点，所以点O到平面DEF的距离设截面圆的半径为r，则，解得，所以截面圆的周长为，故选C12已知函数，若不相等的实数，成等比数列，则、的大小关系为（ ）ABCD【答案】D【解析】，均为偶函数，故函数为偶函数，令，故单调递增，即单调递增，又，在上，恒成立，故在上函数递增，且，故函数在递减，在递增，且函数恒成立，成等比数列，当，均为正数时，由均值不等式有，当，均为负数时，由均值不等式有，由有，又，互不相等，故，故，故选D第卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知数列的前项和，则数列的前10项和等于_【答案】
7、45【解析】因为，所以当时，当时，适合上式，所以当时，令，因为，所以数列是等差数列，首项为，故数列的前10项和等于，故答案为14过点作一条直线截圆所得弦长为，则直线的方程是_【答案】或【解析】可化为，故圆心到直线距离，若直线斜率不存在，方程为，则，满足题意；若直线斜率存在，设其方程为，解得，此时直线方程为，故答案为或15除以7的余数_【答案】5【解析】，展开式中前10项都是7的倍数，所以除以7后余数为，除以7的余数为5，故答案为516已知函数，若函数恰有4个不同的零点，则a的取值范围为_【答案】【解析】，当时，函数为减函数；当时，和时，单增；时，单减，故的图象大致为：令，则，当时，无零点；当时
8、，无零点；当时，则，要使恰有4个不同的零点，则，即，故答案为三、解答题：本大题共6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（12分）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为（1）若，求边c；（2）若，求角C【答案】（1）；（2）【解析】（1）由余弦定理，故，由于，则由正弦定理，得（2）由（1）知，故，故，则，故，因为，所以，所以，解得18（12分）2020年春季学期因受新冠肺炎疫情影响而延期开学，各校均开展了线上教学，并对线上教学效果进行了检测某班50位学生地理检测成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：、（1）求图中的矩形高的值；（2）根据直方图求出
9、这50人成绩的众数和中位数（精确到；（3）从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩不低于90分的人数记为，求的分布列和数学期望【答案】（1）；（2）众数为；中位数；（3）分布列见解析，【解析】（1）解：设图中的矩形高为，则，解得（2）由直方图可知，其数据的众数为最高矩形的中间值，所以众数为，设中位数为，则中位数左右两边的矩形面积相等，即左右频率各为，故，解得（3）成绩不低于80分的学生有人，其中成绩不低于90分的人数为人，随机变量可取0，1，2，分布列为：01219（12分）如图，正方体的棱长为2，E，F分别为和的中点，P为棱上的动点（1）是否存在点P使平面？若存在，求出满足条件时
10、的长度并证明；若不存在，请说明理由；（2）当为何值时，平面与平面所成锐二面角的正弦值最小【答案】（1）存在，；（2）【解析】（1）在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，因E，F分别为和的中点，P为棱上的动点，则，设，显然，即，由，得，此时有，而，且平面，因此平面，所以存在点，使平面，（2）在（1）的空间直角坐标系中，令平面的法向量为，则，令，得，而平面的法向量，设平面与平面所成锐二面角为，则，当且仅当时取“=”，因此，当，即时，当且仅当时取“=”，所以当，即时，平面与平面所成锐二面角的正弦值最小20（12分）给定椭圆，称圆心在原点O，半径为的圆为椭圆C的“准圆”若椭圆C的一个焦点为，其短轴
11、上的一个端点到F的距离为（1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程；（2）若点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线，交“准圆”于点M，N，判断及线段是否都为定值，若为定值，求出定值；若不是定值，说明理由【答案】（1）椭圆方程，“准圆”方程；（2），【解析】（1）由题意，抛物线方程为，“准圆”方程为（2）假设中有一条斜率不存在，不妨假设为，则与椭圆的切点为，即的方程为或当时，与“准圆”的交点为或，此时的方程为或，显然；当的斜率都存在时，设，则，设经过P点与椭圆相切的直线方程为，由，得，由并化简得，设直线的斜率分别为，则和分别是的两根，根据韦达定理，有，故有，由于，P是“准圆”上的点，MN是
12、“准圆”的直径，即，是定值，综上，抛物线方程为，“准圆”方程为，21（12分）已知函数，其中是自然对数的底数（1）设的极小值为，求的最大值；（2）若存在，使得，且，求的取值范围【答案】（1）1；（2）【解析】（1）解：因为，则，所以单调递增，又，所以存在唯一，使，即，当时，；当时，所以在区间上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，所以，令，则，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即的最大值为1（2）解：不妨设，所以关于的方程有正实数解，所以，即有正实数解，设，则，所以单调递增，所以，当时，所以单调递增，所以，不合题意；当时，存在，使得，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单
13、调递增，所以，所以存在，使得，符合题意，综上，的取值范围为请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程；（2）过的直线与曲线交于，两点，求中点的极坐标方程【答案】（1）；（2）【解析】（1）曲线的普通方程为，即，所以曲线的极坐标方程为（2）曲线的方程为，所以圆心为，设，过的直线与曲线交于，两点，所以，则，所以，所以，所以中点的极坐标方程为，化简为23（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数（1）若，解关于的不等式；（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】（1）当时，；当时，解得；当时，解得（舍）；当时，解得，的解集为（2）当时，解得，即实数的取值范围为