《2022年普通高等学校招生全国统一考试模拟新高考数学I卷(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年普通高等学校招生全国统一考试模拟新高考数学I卷(解析版).pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022 年普通高等学校招生全国统一考试模拟新高考数学 I 卷本试卷 22 小题，满分 150 分，考试时间 120 分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液
2、。不按以上要求作答无效.4考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、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.21已知集合A x 1 x 2，B x x 3x2 0，则AB（）Ax 1 x 2Bx 1 x 2Cx 1 x 2Dx 1 x 22【解析】集合A x 1 x 2，B x x 3x2 0 x 1 x 2，则AB x 1 x 2.故选：D.2已知复数z Ai【解析】因为z 122i，则z（）(1i)2Bi12Ci12Di122i2i(2i)2i11iz i.故选：A，所以(1i)22i2i2i223 九章
3、算术中有这样的图形：今有圆锥，下周三丈五尺，高五丈一尺（1 丈10尺）；若该圆锥的母线长x尺，则x（）702A51224B7022512352C51224D3522512【解析】易知三丈五尺=35 尺，五丈一尺=51 尺，设圆锥的底面半径为r，则2r 35，所以r 35，2222352 35 22.故选：C.所以x r h 5151 22414函数f(x)sin2x 123cos2x的单调递增区间为（）25A2k,2k(k Z Z)66Ck511,k(kZ)12125Bk,k(kZ Z)1212Dk,k(k Z Z)36123cos2x2【解析】由辅助角公式,化简三角函数式f(x)sin2x
4、可得f(x)sin2x 123cos2x sin2x32232由正弦函数的图像与性质可知其单调递增区间满足2k 2x2k,kZ解得12 k x 55 k,k Z，即单调递增区间为k,k,kZ，故选：B1212123 5x2y2A 2,5已知F是椭圆C:在C上，直线AF与y轴交于点B，1的右焦点，点2m15点P为上的动点，则PAPB的最小值为（）A514B1542C134D1543 5x2y2【解析】由题可得22，m16，即椭圆C:1，216151m15F1,0，直线AF方程为y 3 53 53 5B 0,A，又x12,2，223 53 5x02y02设Px0,y0，则1，PA 2 x0,2 y
5、0,PB x0,2 y0，16153 53 54522PAPB 2 xx y y x2x y0000000224 x022x015152451492x0 x016，又4 x0 4，16416413.故选：C.4当x0 4时，PAPB有最小值为6已知2，tan1A3cos(sin2cos)1（），则cos(2sincos)2B1365C64D3【解析】因为tan2tan41，所以tan2，1tan232242cos(sin2cos)tan2143，所以tan tan(2)tan2，所以cos(2sincos)2tan1211332故选：A.7当a 0时，过点(a,a b)均可以作曲线y ln x
6、的两条切线，则 b 的取值范围是（）A(,1)B(,1C(1,)D1,)【解析】设过点(a,a b)的切线与y ln x相切于m,n,m 0，n lnma则有 1nab，消去 n得：1 lnmab.mmam因为过点(a,a b)均可以作曲线y ln x的两条切线，所以关于m 的方程1有两解.即b a lnmabmaalnma1有两解.令y1b,y2lnxa1,x 0.只需y1与y2有两个交点.mx对于y2aa11lnxa1,x 0，则y2 22xa.xxxx令y20，解得：x a；令y20，解得：0 xa.所以y2在0,a上单调递减，在a,单调递增.作出y2的草图如图所示：要使y1与y2有两个
7、交点，只需b lnaa.记ga lnaa,a 0，ga令ga0，解得0 a 1；令ga0，解得a 1；所以ga lnaa在0,1上单调递增，在1,单调递增.所以ga的最大值为g1 ln11 1，所以b 1.故选：C1111a.aa8先后抛掷两枚骰子，甲表示事件“第一次掷出正面向上的点数是1”，乙表示事件“第二次掷出正面向上的点数是 2”，丙表示事件“两次掷出的点数之和是7”，丁表示事件“两次掷出的点数之和是 8”，则（）A甲与丙相互独立C乙与丁相互独立B甲与丁相互独立D丙与丁相互独立【解析】丙事件的第一次,第二次点数组合为1,6,6,1,2,5,5,2,3,4,4,3，则P(丙3)1；65；3
8、6丁事件的第一次,第二次点数组合为2,6,6,2,3,5,5,3,4,4，则P(丁)P(甲)P(乙)1；61、P(甲丙)P(甲)P(丙)1，故甲与丙相互独立.365，故甲与丙不相互独立.2162、P(甲丁)0P(甲)P(丁)3、P(乙丁)15P(乙)P(丁)，故乙与丁不相互独立；362165，故不相互独立.2164、显然，丙与丁为互斥事件，P(丙丁)0P(丙)P(丁)故选：A二、选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.9 关于一组样本数据的平均数、中位数、频率分布直方图和方
9、差，下列说法正确的是（）A改变其中一个数据，平均数和中位数都会发生改变B频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积应该相等C若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左边“拖尾”，则平均数小于中位数D样本数据的方差越小，说明样本数据的离散程度越小【解析】对于A：例如数据1，3，5，将数据改成2，3，5，数据的中位数未改变，仍为3，故 A 错误；对于 B：根据频率分布直方图中，中位数的求法，可得B 正确；对于 C：根据频率直方图可得，左边“拖尾”，且不对称，则平均数变小，中位数变大，所以平均数小于中位数，故C 正确；对于 D：方差越小，数据越稳定，离散程度越小，故D 正确.故选：BCDQ(c
10、os,2sin)，A(cos(),sin()，B(2,0)，10 已知O为坐标原点，点P(2cos,sin)，则下列结论正确的是（）A|OP|OQ|BOAOB OPOQC记w是OPOQ的最大值，则w 2D记P,QOPOQ取得最大值，0 2,0 2，则中有且只有 4 个元素4OP 2cos,sin，OQ cos,2sin，OB 2,0.OAcos,sin，【解析】对于 A，|OP|4cos2sin2 13cos2，|OQ|cos24sin2 13sin2，因为a,的关系没有确定，则cos2a与cos2的关系也无法确定，则无法判断|OP|,|OQ|的大小关系，故 A 错误；对于 B，OAOB 2c
11、os,OPOQ 2coscos2sinsin 2cos,所以OAOB OPOQ，故 B 正确；对于 C，OPOQ 2coscos 2sinsin 2cos()，当cos()1时，OPOQ取得最大值 2，即w 2，故 C 正确；对于 D，OAOB 2cos()，当OPOQ取得最大值时，cos()1，因为0 2,0 2，所以2 2，所以a0，即a，故中有无数个元素，故D 错误.故选：BC.11已知动点P在圆x 3y 3 4上，点A2,0、B0,1，则（）22A点P到直线AB的距离小于 6C当PBA最小时，PB 3B点P到直线AB的距离大于2D当PBA最大时，PB 3【解析】因为点A2,0、B0,1
12、，所以过 A、B 的直线方程为即 x+2y-2=0.圆x 3y 3 4的圆心坐标为(3,3)，半径 r=2.因为圆心到直线 x+2y-2=0 的距离d 2236212227 5，57 5 7 5,2.所以点 P 到直线 AB 的距离的范围为255点 P 到直线 AB 的距离小于 6,但不一定大于 2 故 A 正确,B 错误.如图,当过B的直线与圆相切时,满足PBA最小或最大(P点位于P1时PBA最小,位于P2时PBA最大),此时BC 3222 13,所以PB BC2r2 134 3,故 C、D 正确.故选：ACD12 如图，正方体ABCD A1B1C1D1的梭长为1，点E是线段DD1的中点，点
13、M是正方形CDD1C1所在平面内一动点，下列说法正确的是（）5A若点F是线段AB的中点，则CF A1EB若点G是线段AD的中点，则C1G 平而A1BEC若B1M 平面A1BE，则M点轨迹在正方形CDD1C1C内的长度为D若点 M到 BC的距离与到DD1的距离相等，则 M点轨迹是抛物线【解析】A如图，取CD中点K，C1D1中点H，连接A1H,HK,KA，22HK与AA1平行且相等，则A1HKA是平行四边形，A1H/AK，又由AF与CK平行且相等得平行四边形AFCK，CF/AK，CF/A1H，而A1E与A1H相交，因此CF与A1E相交，A 错；11C1(1,1,1)，G(0,0)，B 建立如图所示
14、的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，E(0,1,)，A1(0,0,1)，22BA1(1,0,1)，BE (1,1,)，C1G (1,1)，C1GBE 2110，C1GBA10，C1G是平面A1BE的一个法向量，C1G 平而A1BE，B 正确；1212C在选项 A 基础上，取CC1中点N，连接B1H,B1N,HN,BK,EK,HK,NE，由EK/CD1/A1B得截面A1BKE，由HK与CC1与BB1平行且相等，得平行四边形B1HKB，B1H/BK，又BK 平面A1BE，B1H 平面A1BE，B1H/平面A1BE，同理B1N/平面A1BE，B1HB1N B1，B1H,B1N 平面B1HN，所以平
15、面B1HN/平面A1BE，平面B1HN平面CDD1C1 HN，B1M 平面A1BE，且M 平面CDD1C1，6M HN，即线段HN为M点轨迹，在正方形CDD1C1中易得HN 2，C 正确；2D由BC 平面CDD1C1，CM 平面CDD1C1，得BC MC，在平面CDD1C1内，M到C点的距离等于它到直线DD1的距离，其轨迹是抛物线，D 正确故选：BCD三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.xlog3 1ax13若函数fx x3为奇函数，则实数 a_x【解析】函数fx为奇函数，则函数g(x)log33 1 ax为偶函数，xlog33x1 ax 0，log3 1 ax故g(x
16、)g(x)0，即33x3x13x1log3x2ax 0，则log32ax 0恒成立，x31311化简可得x12a0恒成立，则a 21当a ，满足g(x)g(x)0，即g(x)为偶函数，则满足函数fx为奇函数2x2y214已知椭圆C:221a b 0，F1，F2为其焦点，平面内一点P满足PF2 F1F2，ab且PF2 F1F2，线段PF1，PF2分别交椭圆于点 A，B，若PA AF1，则【解析】如图所示，BF2PF2_.PF2 F1F22c，且PF2 F1F2，PF2F1为等腰直角三角形，又PA AF1，AF1 AF2 PA 1PF12c，2又AF1 AF2 2a，2a 2 2c，即a 2c，代
17、入b2 a2c2，得b c，7cb2c2c由PF2 F1F2知xB c，代入椭圆方程解得yb，即BF2，a22c2cBF222PF22c415已知函数fx x412，gxx ln xa，若x1，x21,2，使得fx1 gx2，x2则实数 a的取值范围是_44x24x1,2时，f(x)0，【解析】由fx x，得f(x)12，当xxx2所以f(x)在1,2上单调递减，所以f(2)f(x)f(1)，即4 f(x)5，由gx121x21x ln xa，得g(x)x，当x1,2时，g(x)0，2xx1所以g(x)在1,2上单调递增，所以g(1)g(x)g(2)，即a g(x)2ln2a，22ln2a 4
18、9因为x1，x21,2，使得fx1 gx2，所以1，解得2ln2 a 2a 5216若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，可形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断进行构造，又可以得到新的数列 现将数列 1，2 进行构造，第 1 次得到数列 1，*3，2；4，3，5，2；，第 2 次得到数列 1，依次构造，第n nN次得到数列 1，x1，x2，x3，xk，2；记an1 x1 x2 xk2则a4a3_，设数列an的前 n 项和为Sn，则Sn_【解析】第 1 次得到数列 1，3，2，此时a1 33；第 2 次得到数列 1，4，3，5，2，此时a2 339；第 3 次得到数列 1，5，4，7，
19、3，8，5，7，2，此时a3 33927；6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，第 4 次得到数列 1，此时a4 3392781，故a4a381，且an111 x1 x1x1 x2 x2故an1 xkxk22 an21 x1 x2 xk233an3333399 3an，又a1，所以数列an是以为首项，公比为 3 的等比数22222239n13n13列，所以an3，故an，所以2223233Sn223n13193n233n1n n 32n32221324四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.817(10 分)
20、an1,n为奇数,已知数列an满足a1 0，an1记bn a2n2an,n为偶数(1)写出b1，b2，并证明：数列bn1是等比数列；(2)若数列cn的前 n项和为bn，求数列cn的前 20 项的乘积T20【解析】(1)因为a1=0，所以b1=a2=a11=1，b2=a4=a31=2a21=3因为bn a2n，a2n11 2a2n1 2bn1所以bn1 a2n2 a2n11所以bn11 2bn2 2bn1，又因为b11 2，所以所以数列bn1是首项为 2 公比为 2 的等比数列(2)因为bn1 22n1 2n，所以bn 2n1，当n 1时，c1 b11nn1n1当n2时，cnbnbn1 2 1
21、21 2n10123综上可知cn 2，所以T20 2 2 2 2 bn11 2，bn1 219=2012319 219018(12 分)为进一步推动党史学习教育活动的深入进行，某单位举行了党史知识竞赛规定：竞赛包含选择题和填空题2 种类型，每位选手按照先回答选择题后回答填空题的顺序进行，每次答题结果正确与否相互浊立；选择题包含 3 道题目，若前两道均回答正确，则终止选择题解答，进入填空题解答，否则需要回答 3 道选择题；填空题也包含 3 道题目，若第一道填空题回答正确，且连同选择题共答对3 道题目，则结束答题，否则需要解答完3 道填空题；若整个竞赛中答题总数为3 道，则获得一等奖，奖金为100
22、 元；若答题总数为 4 道或 5道，则获得二等奖，奖金为50 元；其余情况获参与奖，奖金为20 元现有该单位某员工参加比赛，已知该员工答对每题的概率均为(1)求该员工获得一等奖的概率；(2)判断该员工获得奖金的期望能否超过50 元，并说明理由【解析】(1)记该员工获得一等奖为事件A，则PA(2)记答题总数为 X，则 X的所有可能取值为 3，4，5，6，2223338.2723PX 3 PA812221622141，PX 4C2，PX 5，2733338133327816429，27812781PX 61PX 3 PX 4 PX 519该员工获得奖金为 Y，则PY 100 PX 38，27PY
23、50 PX 4 PX 5所以EX元.19(12 分)2829，PY 20 PX 6，8181828294380100502050所以该员工获得奖金的期望能超过5027818181在ABC中，角 A，B，C所对的边为 a，b，c，且(1)求角 A的大小；sin AsinCbsinBsinCac(2)若c 4，ABC的面积为 23，D 为边 BC的中点，求 AD的长度【解析】(1)sinAsinCbacb，由正弦定理可得，即b2c2a2 bcsin BsinCacbcac2b2c2a21由余弦定理可得cosA；，A0,，A 32bc21(2)c 4，ABC的面积为bcsin A 2 3，b 22a
24、2c2b25 7由余弦定理得a b c 2bccosA 28，a 2 7，cosB，2ac14222 1 1AD2 AB2BC2ABBCcosB 3，AD的长度为32220(12 分)四棱锥 P-ABCD中，PA底面 ABCD，AB/CD,AD CD 1，BAD 120，ACB 90.2(1)求证：BC平面 PAC；(2)若二面角 D-PC-A 的余弦值为5，求点 A到平面 PBC的距离.5【解析】(1)四棱锥 P-ABCD中，PA底面 ABCD，BC 平面ABCD，则PA BC，而ACB 90，即AC BC，又PA所以BC平面PAC.(2)在平面ABCD内作Ax AB，由 PA底面 ABCD
25、可得Ax,AB,AP两两垂直，AC A，PA,AC 平面PAC，10以射线Ax,AB,AP分别为 x，y，z 轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，因AB/CD，AD CD 1，BAD 120，则ADC 60，即ADC是正三角形，D(313 1,0),C(,0)，而AC BC，则B(0,2,0)，设点P(0,0,t)，22223 1,t),AP (0,0,t)，令平面DPC的一个法向量n (x1,y1,z1)，22DC (0,1,0),PC (nDC y1 0则，令z13，得n (2t,0,3)，由（1）知平面PAC的法向31x1y1tz1 0nPC 22量BC (33,0)，225，则5因二面
26、角 D-PC-A 的余弦值为|cosn,BC|nBC|n|BC|3t(323)()24t232255，解得t 3，则P(0,0,3)，PC (mBC 则mPC 3 1,3)，令平面PBC的一个法向量m (x2,y2,z2)，2233x2y2 0222，令y21，得m (3,1,)，又AB (0,2,0)，331x2y23z2 022d|m AB|m|2(3)212(22)332.所以点 A 到平面 PBC的距离21(12 分)x2y2已知椭圆C:221a b 0的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构ab成正三角形.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设F为椭圆C的左焦点，过F作TF的垂线
27、交椭圆C于点P和T为直线x 3上任意一点，Q.试判断OT是否平分线段PQ（其中O为坐标原点），并求当TF取最小值时点T的坐标.PQ11c 2a2 6x2y2a 3b【解析】(1)依题意有，解得2，所以椭圆 C的标准方程为1b 262a2b2 c2 4(2)设T3,t，Px1,y1，Qx2,y2，PQ的中点为Nx0,y0，由F2,0，可设直线PQ 的方程为x my 2，当m 0时，直线 PQ 的方程为x 2，此时T3,0，显然 OT平分线段 PQ.x my21 m23 y24my2 0，由x2y2m12 6当m 0时，PQ 的斜率kPQ 16m28m23 24m21 0，y1 y224my y，
28、12m23m232my1 y22m62m26,222 2于是y0，从而x0 my02 2，N2，m 3 m 32m 3m 3m 3则直线 ON的斜率kON解得t m.从而kOTk m，又由PQTF知，直线 TF的斜率TF321，kPQ3mt 011tm kON，即kOT kON，所以 O，N，T三点共线，从而 OT平分线段 PQ.33由两点间距离公式得TF m21，由弦长公式得PQ y1 y2m21 y1 y224y1y2m21 24m21m 32m21.TF所以PQm2124m 122m2324m21，m232m 1x22123x令x m 1x 1，则（当且仅当x2 2时，取“”号），PQ2
29、 6x2 6 x3所以当TF最小时，由x2 2 m21，得m 1或m 1，此时点 T的坐标为3,1或3,1.PQTF22(12 分)12x已知函数f(x)xae x,aR2(1)若a 1，求f(x)的最值；(2)若a 1，设g(x)f(x)2x1，证明：当x1 x2 0时，gx1gx2 412xx【解析】(1)若a 1，则f(x)xe x,f(x)1e x，212当x 0时，f(x)0，当x 0时，f(x)0，即f(x)在(,0)单调递增，在(0,)单调递减，所以f(x)的极大值，也是最大值为f(0)1，没有最小值1(2)由题意得g(x)exx23x1，所以g(x)ex x32令(x)ex x
30、 3，则(x)ex1，当x 0时，(x)0，当x 0时，(x)0，即(x)在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，则(x)(0)4，即g(x)0，于是得g(x)在 R 上单调递增设F(x)g(x)g(x)exex x22，则F(x)exex2x，令G(x)exex 2x，则G(x)exex2 2 exex2 0，所以G(x)在 R 上单调递增，而G(0)0，所以当x 0时，F(x)G(x)0，当x 0时，F(x)G(x)0，即F(x)在(,0)单调递减，在(0,)上单调递增，则F(x)F(0)4，即g(x)g(x)4当x1 x2 0时，x1 x2，所以gx1 gx2所以gx1 gx2 gx2gx2 413