2022年新高考數學仿真演練綜合能力測試(四)(原卷版+解析)_第1頁
2022年新高考數學仿真演練綜合能力測試(四)(原卷版+解析)_第2頁
2022年新高考數學仿真演練綜合能力測試(四)(原卷版+解析)_第3頁
2022年新高考數學仿真演練綜合能力測試(四)(原卷版+解析)_第4頁
2022年新高考數學仿真演練綜合能力測試(四)(原卷版+解析)_第5頁
已閱讀5頁,還剩23頁未讀, 繼續(xù)免費閱讀

下載本文檔

版權說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內容提供方,若內容存在侵權,請進行舉報或認領

文檔簡介

2022年新高考數學仿真演練綜合能力測試(四)注意事項: 1.答卷前,考生務必要填涂答題卷上的有關項目. 2.選擇題每小題選出答案后,用2B鉛筆把答案涂在答題卷相應的位置上. 3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在答題卷各題目指定區(qū)域內;如需改動、先劃掉原來的答案,然后再寫上新的答案;不準使用鉛筆和涂改液,不按以上要求作答的答案無效. 4.請考生保持答題卷的整潔,考試結束后,將答題卷交回.一、選擇題:本題共8小題,每小題5分共40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.已知集合,,則集合中元素個數為(

)A.3個 B.4個 C.5個 D.6個2.若復數z滿足(i為虛數單位),則復數z的共軛復數(

)A. B. C. D.3.已知,,,則,,的大小關系為(

)A. B. C. D.4.在1859年的時候,德國數學家黎曼向科學院提交了題目為《論小于某值的素數個數》的論文并提出了一個命題,也就是著名的黎曼猜想.在此之前,著名數學家歐拉也曾研究過這個問題,并得到小于數字的素數個數可以表示為的結論.若根據歐拉得出的結論,估計以內的素數的個數為(

)(素數即質數,,計算結果取整數)A.2172 B.4343 C.869 D.86865.函數的圖象大致是(

)A. B.C. D.6.如圖,將鋼琴上的12個鍵依次記為,,,.設.若且,則,,為原位大三和弦;若且,則稱,,為原位小三和弦.用這12個鍵可以構成的原位大三和弦與原位小三和弦的個數之差為(

)A.5 B. C.0 D.107.如圖,長方形中,,,點在線段(端點除外)上,現將沿折起為.設,二面角的大小為,若,則四棱錐體積的最大值為(

)A. B. C. D.8.若雙曲線:,,分別為左?右焦點,設點是在雙曲線上且在第一象限的動點,點為△的內心,,則下列說法正確的是(

)A.雙曲線的漸近線方程為B.點的運動軌跡為雙曲線的一部分C.若,,則D.不存在點,使得取得最小值二、多選題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部選對的得5分,有選錯的得0分,部分選對的得2分.9.設,,且,則“”的一個必要不充分條件可以是(

)A. B. C. D.10.已知向量,將繞原點O旋轉﹣30°,30°,60°到的位置,則(

).A. B.C. D.點坐標為11.已知橢圓的離心率為,短軸長為,兩個焦點為,點為橢圓上一點,記,則下列結論中正確的是(

)A.的周長與點的位置無關B.當時,的面積取到最大值C.的外接圓半徑最小為D.的內切圓半徑最大為12.已知函數,則(

)A.函數(x)的圖象關于直線對稱B.函數(x)在區(qū)間(0,π)上單調遞減C.函數在區(qū)間(0,π)上恒成立D.三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.若展開式的二項式系數之和為64,則展開式中項的系數為______.(用數字作答)14.如圖,已知扇形的半徑為,以為原點建立平面直角坐標系,,,則的中點的坐標為__________.15.2021年7月25日召開的第44屆世界遺產大會上,“泉州:宋元中國的世界海洋商貿中心”獲準列入世界文化遺產名錄,至此泉州20年的申遺終于圓夢.申遺的遺產點包括九日山祈風石刻?開元寺?洛陽橋等22處代表性古遺跡,這些古遺跡可分為文化紀念地史跡等五類.這五類古遺跡充分展現了10-14世紀泉州完備的海洋貿易制度體系?發(fā)達的經濟水平及多元包容的文化態(tài)度.某校中學生準備到各類古遺跡打卡,已知該同學打卡第一類?第二類的概率都是,打卡第三類?第四類和第五類的概率都是,且是否打卡這五類古遺跡相互獨立.用隨機變量表示該同學打卡的類別數,則___________.16.已知集合,,將中的所有元素按從小到大的順序排列構成一個數列,設數列的前項和為,則使得成立的最小的的值為_____________.四、解答題:本題共6小題,共70分,解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知數列的前n項和為,.(1)證明:數列為等比數列,并求數列的前n項和為;(2)設,證明:.18.D為邊上一點,滿足,,記,.(1)當時,且,求CD的值;(2)若,求面積的最大值.19.2020年五一期間,銀泰百貨舉辦了一次有獎促銷活動,消費每超過600元(含600元),均可抽獎一次,抽獎方案有兩種,顧客只能選擇其中的一種.方案一:從裝有10個形狀?大小完全相同的小球(其中紅球2個,白球1個,黑球7個)的抽獎盒中,一次性摸出3個球其中獎規(guī)則為:若摸到2個紅球和1個白球,享受免單優(yōu)惠;若摸出2個紅球和1個黑球則打5折;若摸出1個白球2個黑球,則打7折;其余情況不打折.方案二:從裝有10個形狀?大小完全相同的小球(其中紅球3個,黑球7個)的抽獎盒中,有放回每次摸取1球,連摸3次,每摸到1次紅球,立減200元.(1)若兩個顧客均分別消費了600元,且均選擇抽獎方案一,試求兩位顧客均享受免單優(yōu)惠的概率;(2)若某顧客消費恰好滿1000元,試從概率角度比較該顧客選擇哪一種抽獎方案更合算?20.如圖,在四棱錐中,平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,點M,N分別為線段PB,PC上的點,.(1)求證:當點M不與點P,B重合時,M,N,D,A四點共面.(2)當,二面角的大小為時,求PN的長.21.橢圓的左頂點為,上頂點為,點在橢圓的內部(不包含邊界)運動,且與兩點不共線,直線與橢圓分別交于兩點,當為坐標原點時,直線的斜率為,四邊形的面積為4.(1)求橢圓的方程;(2)若直線的斜率恒為,求動點的軌跡方程.22.已知函數,其中.(1)當時,求的值;(2)討論的零點個數.2022年新高考數學仿真演練綜合能力測試(四)注意事項: 1.答卷前,考生務必要填涂答題卷上的有關項目. 2.選擇題每小題選出答案后,用2B鉛筆把答案涂在答題卷相應的位置上. 3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在答題卷各題目指定區(qū)域內;如需改動、先劃掉原來的答案,然后再寫上新的答案;不準使用鉛筆和涂改液,不按以上要求作答的答案無效. 4.請考生保持答題卷的整潔,考試結束后,將答題卷交回.一、選擇題:本題共8小題,每小題5分共40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.已知集合,,則集合中元素個數為(

)A.3個 B.4個 C.5個 D.6個答案:C解析:分析:先寫出集合B,再按照并集進行運算.【詳解】由題意知,,,元素個數有5個.故選:C.2.若復數z滿足(i為虛數單位),則復數z的共軛復數(

)A. B. C. D.答案:D解析:分析:利用復數除法運算求得,進而求得.【詳解】,所以.故選:D3.已知,,,則,,的大小關系為(

)A. B. C. D.答案:B解析:分析:利用冪函數和對數函數的單調性判斷.【詳解】解:因為,,,所以,故選:B.4.在1859年的時候,德國數學家黎曼向科學院提交了題目為《論小于某值的素數個數》的論文并提出了一個命題,也就是著名的黎曼猜想.在此之前,著名數學家歐拉也曾研究過這個問題,并得到小于數字的素數個數可以表示為的結論.若根據歐拉得出的結論,估計以內的素數的個數為(

)(素數即質數,,計算結果取整數)A.2172 B.4343 C.869 D.8686答案:D解析:分析:根據黎曼猜想計算,從而得出正確答案.【詳解】.故選:D5.函數的圖象大致是(

)A. B.C. D.答案:C解析:分析:分析函數的奇偶性排除兩個選項,再利用時,值為正即可判斷作答.【詳解】函數定義域為R,,即是奇函數,A,B不滿足;當時,即,則,而,因此,D不滿足,C滿足.故選:C6.如圖,將鋼琴上的12個鍵依次記為,,,.設.若且,則,,為原位大三和弦;若且,則稱,,為原位小三和弦.用這12個鍵可以構成的原位大三和弦與原位小三和弦的個數之差為(

)A.5 B. C.0 D.10答案:C解析:分析:按照題目中的定義依次列舉出來,計算差即可.【詳解】若且,則,,為原位大三和弦,即有,,;,,;,,;,,;,,,共5個;若且,則,,為原位小三和弦,可得,,;,,;,,;,,;,,,共5個,個數差為0.故選:C.7.如圖,長方形中,,,點在線段(端點除外)上,現將沿折起為.設,二面角的大小為,若,則四棱錐體積的最大值為(

)A. B. C. D.答案:A解析:分析:將棱錐的底面邊長及高用含有的三角函數來表示,根據體積公式寫出棱錐體積,整理化簡后利用三角函數求最值.【詳解】設過與垂直的線段長為,則,,,,則四棱錐的高,則,,∴四棱錐體積的最大值為.故選:A.【點睛】求解立體幾何體積的最值時,一般需要將體積寫為函數關系式或者是三角函數關系式,進而利用函數求最值或三角函數求最值的方法求解其最值.8.若雙曲線:,,分別為左?右焦點,設點是在雙曲線上且在第一象限的動點,點為△的內心,,則下列說法正確的是(

)A.雙曲線的漸近線方程為B.點的運動軌跡為雙曲線的一部分C.若,,則D.不存在點,使得取得最小值答案:C解析:分析:根據雙曲線的方程直接寫出漸近線方程判定A;由圓的切線長定理和雙曲線的定義可求得的橫坐標,可判定B;由雙曲線的定義和余弦定理,利用等面積法求得的縱坐標,由正弦和求交點,求得的坐標,運用向量的坐標表示,可得,可判定C;若與關于y軸對稱,結合雙曲線的定義及對稱性可得,可判定D.【詳解】由題意,雙曲線,可知其漸近線方程為,A錯誤;設,△的內切圓與、、分別切于、、,可得,由雙曲線的定義可得:,即,又,解得,則的橫坐標為,由與的橫坐標相同,即的橫坐標為,故在定直線上運動,B錯誤;由且,解得:,∴,則,∴,同理可得:,設直線,直線,聯立方程得,設△的內切圓的半徑為,則,解得,即,∴,由,可得,解得,故,C正確;若與關于y軸對稱,則且,而,∴,故要使的最小,只需三點共線即可,易知:,故存在使得取最小值,D錯誤.故選:C.【點睛】方法點睛:D選項求動點到兩定點的距離最值,應用雙曲線的定義及對稱性將動點轉移到兩定點之間的某條曲線上,結合兩定點間的線段最短求最小值.二、多選題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求,全部選對的得5分,有選錯的得0分,部分選對的得2分.9.設,,且,則“”的一個必要不充分條件可以是(

)A. B. C. D.答案:AB解析:分析:A應用基本不等式有判斷必要性,再由特殊值法判斷充分性;B應用基本不等式可得判斷選項條件的必要性,特殊值法判斷選項條件的充分性;C、D應用特殊值法判斷選項條件的必要性即可.【詳解】由,且,A:時,,而時存在使,符合要求.B:時有,而時存在使,故推不出,符合要求;C:時,存在使,不符合要求;D:時,存在使,不符合要求;故選:AB10.已知向量,將繞原點O旋轉﹣30°,30°,60°到的位置,則(

).A. B.C. D.點坐標為答案:ABC解析:分析:根據向量的夾角判斷A,再由全等三角形可判斷B,根據向量的數量積的定義判斷C,根據向量的模相等判斷D.【詳解】因為繞原點O旋轉﹣30°,30°,60°到,所以與的夾角為,故,A選項正確;由題意知,,所以,即,故B正確;因為,,所以由數量積的定義知,故C正確;若點坐標為,則,故D不正確.故選:ABC11.已知橢圓的離心率為,短軸長為,兩個焦點為,點為橢圓上一點,記,則下列結論中正確的是(

)A.的周長與點的位置無關B.當時,的面積取到最大值C.的外接圓半徑最小為D.的內切圓半徑最大為答案:ACD解析:分析:根據橢圓的定義、橢圓離心率的意義,結合正弦定理和內切圓的性質逐一判斷即可.【詳解】由橢圓定義知,的周長為,故A正確;顯然當位于短軸端點時的面積最大,由知此時,故B錯誤;由正弦定理知外接圓直徑,由知最大為鈍角,故時取最小值,故的最小值為,故C正確;設內切圓半徑為,由知,越大則越大,,故,故選:ACD12.已知函數,則(

)A.函數(x)的圖象關于直線對稱B.函數(x)在區(qū)間(0,π)上單調遞減C.函數在區(qū)間(0,π)上恒成立D.答案:BC解析:分析:驗證可判斷A;求導分析導函數正負,可判斷B;令,求導分析單調性,可得,分析可判斷C;由可判斷D【詳解】選項A,,故函數(x)的圖象不關于直線對稱,錯誤;選項B,令故在單調遞減,故即,故在(0,π)上單調遞減,正確;選項C,,故令故在單調遞減,故即,正確;選項D,由選項C,可得,故,錯誤故選:BC三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.若展開式的二項式系數之和為64,則展開式中項的系數為______.(用數字作答)答案:-192解析:分析:根據二項式展開式的二項式系數之和可得,解出n,結合通項公式計算即可求出的系數.【詳解】由題意知,二項式系數之和,所以所以,所求的系數為.故答案為:-19214.如圖,已知扇形的半徑為,以為原點建立平面直角坐標系,,,則的中點的坐標為__________.答案:解析:分析:根據三角函數定義、二倍角公式、同角三角函數關系可求得,由此可求得點坐標.【詳解】由三角函數定義得:,,,,,,點坐標為.故答案為:.15.2021年7月25日召開的第44屆世界遺產大會上,“泉州:宋元中國的世界海洋商貿中心”獲準列入世界文化遺產名錄,至此泉州20年的申遺終于圓夢.申遺的遺產點包括九日山祈風石刻?開元寺?洛陽橋等22處代表性古遺跡,這些古遺跡可分為文化紀念地史跡等五類.這五類古遺跡充分展現了10-14世紀泉州完備的海洋貿易制度體系?發(fā)達的經濟水平及多元包容的文化態(tài)度.某校中學生準備到各類古遺跡打卡,已知該同學打卡第一類?第二類的概率都是,打卡第三類?第四類和第五類的概率都是,且是否打卡這五類古遺跡相互獨立.用隨機變量表示該同學打卡的類別數,則___________.答案:解析:分析:設第一、二類打卡數,第三、四、五類打卡數為,則由題意,利用n次獨立重復試驗的概率公式求解即可.【詳解】記該同學打卡第一類?第二類的類別數為,打卡第三類?第四類和第五類的類別數為,因此隨機變量,則,故答案為:.16.已知集合,,將中的所有元素按從小到大的順序排列構成一個數列,設數列的前項和為,則使得成立的最小的的值為_____________.答案:36解析:分析:由題可得為數列的項,且利用分組求和可得,通過計算即得.【詳解】由題意,對于數列的項,其前面的項1,3,5,…,,共有項,,共有項,所以為數列的項,且.可算得(項),,,因為,,,所以,,,因此所求的最小值為36.故答案為:36.四、解答題:本題共6小題,共70分,解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知數列的前n項和為,.(1)證明:數列為等比數列,并求數列的前n項和為;(2)設,證明:.答案:(1)證明見解析;(2)證明見解析.解析:分析:(1)先求出,然后將的換成,與原式相減可得,從而可得即可證明,求出通項公式,再分組可求和.(2)先求出,可得出,裂項相消法求和,可證明.(1)當時,,即由,則兩式相減可得,即所以,即數列為等比數列則,所以則(2)所以18.D為邊上一點,滿足,,記,.(1)當時,且,求CD的值;(2)若,求面積的最大值.答案:(1)(2)解析:分析:(1)設CD長為x,可知,,再利用正切的二倍角公式可求解;(2)利用正弦定理得,,再利用三角形面積公式結合兩角差的正弦公式及輔助角公式可得,利用正弦函數的性質即可求解.(1)設CD長為x,當時,,,則,因為,所以,即所以,得,所以,所以為(2)在中,,則,由正弦定理得,又,所以,,則的面積,又,所以因為,所以,所以當,即時,S有最大值又的面積等于,故的面積的最大值為19.2020年五一期間,銀泰百貨舉辦了一次有獎促銷活動,消費每超過600元(含600元),均可抽獎一次,抽獎方案有兩種,顧客只能選擇其中的一種.方案一:從裝有10個形狀?大小完全相同的小球(其中紅球2個,白球1個,黑球7個)的抽獎盒中,一次性摸出3個球其中獎規(guī)則為:若摸到2個紅球和1個白球,享受免單優(yōu)惠;若摸出2個紅球和1個黑球則打5折;若摸出1個白球2個黑球,則打7折;其余情況不打折.方案二:從裝有10個形狀?大小完全相同的小球(其中紅球3個,黑球7個)的抽獎盒中,有放回每次摸取1球,連摸3次,每摸到1次紅球,立減200元.(1)若兩個顧客均分別消費了600元,且均選擇抽獎方案一,試求兩位顧客均享受免單優(yōu)惠的概率;(2)若某顧客消費恰好滿1000元,試從概率角度比較該顧客選擇哪一種抽獎方案更合算?答案:(1);(2)選擇第二種方案更合算.解析:(1)選擇方案一,利用積事件的概率公式計算出兩位顧客均享受到免單的概率;(2)選擇方案一,計算所付款金額的分布列和數學期望值,選擇方案二,計算所付款金額的數學期望值,比較得出結論.【詳解】(1)選擇方案一若享受到免單優(yōu)惠,則需要摸出三個紅球,設顧客享受到免單優(yōu)惠為事件,則,所以兩位顧客均享受到免單的概率為;(2)若選擇方案一,設付款金額為元,則可能的取值為、、、.,,,.故的分布列為,所以(元).若選擇方案二,設摸到紅球的個數為,付款金額為,則,由已知可得,故,所以(元).因為,所以該顧客選擇第二種抽獎方案更合算.【點睛】方法點睛:本題考查離散型隨機變量的分布列和數學期望,解題步驟如下:(1)判斷隨機變量的可能取值;(2)說明隨機變量取各值的意義(即表示什么事件)并求出取該值的概率;(3)列表寫出隨機變量的分布列;(4)利用期望公式求值20.如圖,在四棱錐中,平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,點M,N分別為線段PB,PC上的點,.(1)求證:當點M不與點P,B重合時,M,N,D,A四點共面.(2)當,二面角的大小為時,求PN的長.答案:(1)詳見解析;(2).解析:分析:(1)易證平面PAB,得到,,平面PBC,平面PBC,得到,再結合四邊形ABCD為正方形,利用平面的基本性質證明;(2)以A為原點,分別以AB,AD,AP為x,y,z軸建立空間直角坐標系,設平面AND的一個法向量為,平面ANC的一個法向量為,,根據二面角的大小為,由求解.【詳解】(1)因為平面ABCD,所以,又因為,所以平面PAB,所以,又因為,平面PBC,平面PBC,所以,又因為四邊形ABCD為正方形,所以,所以,所以當點M不與點P,B重合時,M,N,D,A四點共面.(2)以A為原點,分別以AB,AD,AP為x,y,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示:則,設平面AND的一個法向量為,設平面ANC的一個法向量為,設,因為,則,又,則,即,令,得,又,則,即,令,得,因為二面角的大小為,所以,解得

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯系上傳者。文件的所有權益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網頁內容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經權益所有人同意不得將文件中的內容挪作商業(yè)或盈利用途。
  • 5. 人人文庫網僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內容的表現方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內容負責。
  • 6. 下載文件中如有侵權或不適當內容,請與我們聯系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

評論

0/150

提交評論