1、2022届高三考前真题重组导向卷（三）理科数学一选择题1已知，是虚数单位，若，则（ ）A1或B或CD2设集合则=（ ）ABCD3下列命题为真命题的是（）A且B或C， D，4已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（）ABCD5两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（ ）A10种B15种C20种D30种6在平面直角坐标系中，已知向量点满足.曲线，区域.若为两段分离的曲线，则（ ）ABCD7设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ）ABC
2、D8已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是（ ）A B C D9已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，则的离心率为（ ）ABCD10若过点可以作曲线的两条切线，则（）A B C D11已知的内角，面积满足所对的边，则下列不等式一定成立的是ABCD12设函数满足则时，A有极大值，无极小值B有极小值，无极大值C既有极大值又有极小值D既无极大值也无极小值二填空题13已知 的展开式中含有 项的系数是54，则n=_.14设函数则满足的x的取值范围是_15.设双曲线x2=1的左、右焦点分别为F1，F2若点P在双曲线上，且F1PF2为锐角三角形，则|PF1|+|
3、PF2|的取值范围是_16已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为_.三解答题17已知首项都是1的两个数列（），满足.（1）令，求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和18已知直三棱柱中，侧面为正方形，E，F分别为和的中点，D为棱上的点 （1）证明：；（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?19. 在核酸检测中, “k合1” 混采核酸检测是指：先将k个人的样本混合在一起进行1次检测,如果这k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结
4、束:如果这k个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行1次检测,得到每人的检测结果，检测结束.现对100人进行核酸检测，假设其中只有2人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确.（I）将这100人随机分成10组，每组10人，且对每组都采用“10合1”混采核酸检测.(i)如果感染新冠病毒的2人在同一组，求检测的总次数;(ii)已知感染新冠病毒的2人分在同一组的概率为.设X是检测的总次数，求X的分布列与数学期望E(X).(II）将这100人随机分成20组，每组5人，且对每组都采用“5合1”混采核酸检测.设Y是检测的总次数，试判断数学期望E(Y)与(I)中E(X)的大小.(结论不要求证
5、明)20已知抛物线：的焦点为，过且斜率为的直线与抛物线交于，两点，在轴的上方，且点的横坐标为4.（1）求抛物线的标准方程；（2）设点为抛物线上异于，的点，直线与分别交抛物线的准线于，两点，轴与准线的交点为，求证：为定值，并求出定值.21已知函数有两个零点.（）求a的取值范围；（）设x1，x2是的两个零点，证明：.22已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（为参数），C2：（t为参数）.（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.23已知.（1）当时，求不等式的解集；（2
6、）若时不等式成立，求的取值范围.理科数学答案1-4.ACDB5【答案】C【解析】【详解】试题分析：第一类：三局为止，共有种情形；第二类：四局为止，共有种情形；第三类：五局为止，共有种情形；故所有可能出现的情形共有种情形故选C.6.【答案】A试题分析：设，则 ，区域 表示的是平面上的点到点的距离从到之间，如下图中的阴影部分圆环，要使 为两段分离的曲线，则，故选A. 7.B【详解】方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，即，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）由最大角定理，故选B.方法3：（特殊位置）取为
7、正四面体，为中点，易得，故选B.8.【答案】D试题分析：，所以，因此，选D.9.【答案】D详解：因为为等腰三角形，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，由正弦定理得,所以，故选D.10【答案】D在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则.当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，所以，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，当时，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.11.【答案】A试题分析：由题设得： （1）由三角形面积公式及正弦定理得：所以又因为，所以所以恒成立，所以故选A.12.
8、【答案】D函数满足，令，则，由，得，令，则在上单调递减，在上单调递增，的最小值为.又在单调递增，既无极大值也无极小值，故选D.13.【答案】14.【答案】 由题意得： 当时，恒成立，即；当时， 恒成立，即；当时，即.综上，x的取值范围是.15.【答案】试题分析：由已知得，则，设是双曲线上任一点，由对称性不妨设在双曲线的右支上，则，为锐角，则，即，解得，所以，则16.【答案】不妨设球的半径为4，球的表面积为，因为圆锥底面面积是这个球面面积的，所以圆锥的底面积为，圆锥的底面半径为；由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形，由此可以求得球心到圆锥底面
9、的距离是，所以圆锥体积较小者的高为，同理可得圆锥体积较大者的高为；所以这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为故答案为：17（1）因为，所以所以数列是以首项，公差的等差数列，故（2）由知于是数列前n项和相减得所以18.（1）方法一：几何法因为，所以又因为，所以平面又因为，构造正方体，如图所示，过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则又因为，所以又因为，所以平面又因为平面，所以 方法二 【最优解】：向量法因为三棱柱是直三棱柱，底面，又，平面所以两两垂直以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，由题设（）因为，所以，所以
10、（2）方法一【最优解】：向量法设平面的法向量为，因为，所以，即令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则当时，取最小值为，此时取最大值为所以，此时 方法二 ：几何法如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角设，过作交于点G由得又，即，所以又，即，所以所以则，所以，当时，19.（1）对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；所以总检测次数为20次；由题意，可以取20，30，则的分布列:所以；（2）由题意，可以取25，30，两名感染者在同一组的概率为，不在同一组的概率为，则
11、.20（1）由题意得：，因为点的横坐标为4，且在轴的上方，所以，因为的斜率为，所以，整理得：，即，得，抛物线的方程为：.（2）由（1）得：，淮线方程，直线的方程：，由解得或，于是得.设点，又题意且,所以直线：，令，得，即，同理可得：，.21.试题解析：（）（）设，则，只有一个零点（）设，则当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增又，取满足且，则，故存在两个零点（）设，由得或若，则，故当时，因此在单调递增又当时，所以不存在两个零点若，则，故当时，；当时，因此在单调递减，在单调递增又当时，所以不存在两个零点综上，的取值范围为（）不妨设，由（）知，在单调递减，所以等价于，即由于，而，所以设，则所以当
12、时，而，故当时，从而，故22.(1)方法一：消元法由得的普通方程为由参数方程可得，两式相乘得普通方程为方法二【最优解】：代入消元法由得的普通方程为，由参数方程可得，代入中并化简得普通方程为(2)方法一：几何意义+极坐标将代入中解得，故P点的直角坐标为设P点的极坐标为，由得，故所求圆的直径为，所求圆的极坐标方程为，即方法二：由得所以P点的直角坐标为因为设圆C的极坐标方程为，所以，从而，解得故所求圆的极坐标方程为方法三：利用几何意义由得所以P点的直角坐标为，化为极坐标为，其中如图，设所求圆与极轴交于E点，则，所以，所以所求圆的极坐标方程为方法四【最优解】：由题意设所求圆的圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为联立得解得设Q为圆与x轴的交点，其直角坐标为，O为坐标原点又因为点都在所求圆上且为圆的直径，所以，解得所以所求圆的极坐标方程为方法五利用几何意义求圆心由题意设所求圆的圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为联立得，即P点的直角坐标为所以弦的中垂线所在的直线方程为，将圆心坐标代入得，解得所以所求圆的极坐标方程为23.详解：（1）当时，即故不等式的解集为（2）当时成立等价于当时成立若，则当时；若，的解集为，所以，故综上，的取值范围为
