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      新高考2022屆高考數學考前沖刺卷(三)

      2022-07-121 9.99元 18頁 589.24 KB
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      (新高考)2022屆高考數學考前沖刺卷(三)注意事項:1.答題前,先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上,并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答:每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑,寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3.非選擇題的作答:用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4.考試結束后,請將本試題卷和答題卡一并上交。第Ⅰ卷(選擇題)一、單項選擇題: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,則集合中元素的個數是()A.1個B.2個C.3個D.4個【答案】C【解析】由集合,,根據,所以,所以中元素的個數是3,故選C.2.在復平面內,復數對應的點坐標為()A.B.C.D.【答案】A【解析】,在復平面內對應的點坐標為,故選A.3.用斜二測畫法畫水平放置的的直觀圖,得到如圖所示的等腰直角三角形.已知點是斜邊的中點,且,則的面積為()18,A.B.C.D.【答案】B【解析】由斜二測畫法可知該三角形ABC為直角三角形,,根據直觀圖中平行于x軸的長度不變,平行于y軸的長度變為原來的一半,因為,所以,,所以三角形ABC的面積為,故選B.4.已知函數,則“”是“函數為偶函數”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】函數定義域為R,函數為偶函數,則,,而不恒為0,因此,,解得或,所以“”是“函數為偶函數”的充分不必要條件,故選A.5.已知數列滿足(n∈N*),則()A.B.C.D.【答案】C【解析】由題設,①,則②,18,①-②得:,所以,由①知也滿足上式,故(n∈N*),故選C.6.已知一組數據,,,…,的標準差為2,將這組數據,,,…,中的每個數先同時減去2,再同時乘以3,得到一組新數據,則這組新數據的標準差為()A.2B.4C.6D.【答案】C【解析】因為數據,,,…,的標準差為2,所以方差為4.由題意知,得到的新數據為,,,…,,這組新數據的方差為,標準差為6,故選C.7.如圖,?分別是雙曲線的左?右焦點,過的直線與的左?右兩支分別交于點、兩點,若為以為直角頂點的等腰直角三角形,則雙曲線的離心率為()A.4B.C.D.【答案】D【解析】由題意,為等腰直角三角形,設,,則,由雙曲線的定義,可得,,18,可得,解得,,在中,由余弦定理可得,即,整理得,即,所以,故選D.8.已知關于x的方程在上有兩解,則實數k的取值范圍為()A.B.C.D.【答案】B【解析】由已知可得在上有兩解,令,,則問題轉化為函數與在上有兩個交點,而,令,則,因為,所以恒成立,所以在上單調遞增,又,所以當時,,則;當時,,則,18,所以在上單調遞減,在上單調遞增,所以,又,作出函數的大致圖象如圖示:要使得在上有兩解,實數k的取值范圍為,故選B.二、多項選擇題: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,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.一個質地均勻的正四面體表面上分別標有數字1,2,3,4,拋擲該正四面體兩次,記事件A為“第一次向下的數字為偶數”,事件B為“兩次向下的數字之和為奇數”,則下列說法正確的是()A.B.事件A和事件B互為對立事件C.D.事件A和事件B相互獨立【答案】CD【解析】對于A,,可得A錯誤;對于B,事件B第一次向下的數字為偶數,第二次向下的數字為奇數,就可以使得兩次向下的數字之和為奇數,可知事件A和事件B不是對立事件,18,可得B錯誤;對于C,由,可得,可得C正確;對于D選項,由,可得,可知事件A和事件B相互獨立,可得D正確,故選CD.10.已知函數,則下列結論正確的是()A.的圖象關于直線對稱B.在上的值域為C.若,則,D.將的圖象向右平移個單位得圖象【答案】BD【解析】,對于A:令,可得,所以直線不是的圖象的對稱軸,故選項A不正確;對于B:當時,,,所以,故選項B正確;對于C:的最小正周期為,所以若,則,,故選項C不正確;對于D:將的圖象向右平移個單位得的圖象,故選項D正確,18,故選BD.11.如圖,正方體的棱長為1,點是內部(不包括邊界)的動點,若,則線段長度的可能取值為()A.B.C.D.【答案】ABC【解析】在正方體AC1中,連接AC,A1C1,,如圖,BD⊥AC,BD⊥AA1,則BD⊥平面ACC1A1,因AP⊥BD,所以平面ACC1A1,又點P是△B1CD1內部(不包括邊界)的動點,連接CO,平面B1CD1平面ACC1A1=CO,所以點P在線段CO上(不含點C,O),連接AO,在等腰△OAC中,,而底邊AC上的高為1,腰OC上的高,從而有,都符合,不符合,故選ABC.18,12.若存在正實數x,y,使得等式成立,其中e為自然對數的底數,則a的取值可能是()A.B.C.D.2【答案】ACD【解析】由題意,不等于,由,得,令,則,設,則,因為函數在上單調遞增,且,所以當時,;當時,,則在上單調遞減,在上單調遞增,從而,即,解得或,故,故選ACD.第Ⅱ卷(非選擇題)三、填空題:本大題共4小題,每小題5分.13.已知向量,,其中,為單位向量,向量,的夾角為120°,則__________.【答案】【解析】由,有,故答案為.14.在中,,,分別是角,,的對邊,記外接圓半徑為18,,且,則角的大小為________.【答案】(或)【解析】由正弦定理,故,,即,故,又,故,故答案為.15.將字母a,A,b,B,c,C排成一列,則僅有一組相同字母的大小寫相鄰的排法種數為__________.【答案】288【解析】首先討論Aa相鄰,剩下的4個字母排列有如下情況:bcBC、cbCB、bCBc、CbcB、BcbC、cBCb、BCbc、CBcb共8種可能,任取8種中的一種與Aa組合,共有種,此時Aa相鄰共有種,bcCB,bCcB,BcCb,BCcb,CbBc,CBbc,cbBC,cBbC,8種情況,任取8種中的一種與Aa組合,共有種,此時Aa相鄰共有種,所以Aa相鄰共有種;同理,Bb相鄰共有96種,Cc相鄰共有96種,所以共有288種,故答案為288.16.如圖,點P是半徑為2的圓O上一點,現將如圖放置的邊長為2的正方形(頂點A與P重合)沿圓周逆時針滾動.若從點A離開圓周的這一刻開始,正方形滾動至使點A再次回到圓周上為止,稱為正方形滾動了一輪,則當點A第一次回到點P的位置時,正方形滾動了________輪,此時點A走過的路徑的長度為__________.18,【答案】3,【解析】正方形滾動一輪,圓周上依次出現的正方形頂點為,頂點兩次回到點P時,正方形頂點將圓周正好分成六等分,由4和6的最小公倍數:,所以到點A首次與P重合時,正方形滾動了3輪.這一輪中,點A路徑是圓心角為,半徑分別為2,,2的三段弧,故路徑長,∴點A與P重合時總路徑長為.故答案為3,.四、解答題:本大題共6個大題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)內角A,B,C所對的邊分別為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,18,化簡整理得,即,而,則,又,所以.(2)因為,由正弦定理得,則,由(1)知,在中,,,即,于是解得,顯然有,即,則,所以.18.(12分)已知等差數列的前n項和為,又對任意的正整數,都有,且.(1)求數列的通項公式;(2)設,求數列的前n項和.【答案】(1);(2).【解析】(1)設等差數列的公差為,因為,所以,又,即,解得,所以.(2)由(1)知,令,得,當時,,從而,18,當時,,綜上得.19.(12分)如圖,在四棱錐中,底面ABCD為矩形,平面PCD⊥平面ABCD,AB=2,BC=1,,E為PB中點.(1)求證:PD//平面ACE;(2)求二面角的余弦值;(3)在棱PD上是否存在點M,使得AM⊥BD?若存在,求的值;若不存在,說明理由.【答案】(1)證明見解析;(2);(3)存在,.【解析】(1)設BD交AC于點F,連接EF.因為底面ABCD是矩形,所以F為BD中點.又因為E為PB中點,所以EF//PD,因為PD⊄平面ACE,EF⊂平面ACE,所以PD//平面ACE.(2)取CD的中點O,連接PO,FO.因為底面ABCD為矩形,所以BC⊥CD.因為PC=PD,O為CD中點,所以PO⊥CD,OF∥BC,所以OF⊥CD.又因為平面PCD⊥平面ABCD,PO⊂平面PCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,18,所以PO⊥平面ABCD.如圖,建立空間直角坐標系O−xyz,則,C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),,設平面ACE的法向量為,,,,令,則,,所以,平面ACD的法向量為,,如圖可知二面角E−AC−D為鈍角,所以二面角E−AC−D的余弦值為.(3)假設存在棱PD上的點M,使得AM⊥BD,設,又,則,,,,解得,故存在棱PD上的點M,使得AM⊥BD,.20.(12分)某健身機構統計了去年該機構所有消費者的消費金額(單位:元),如圖所示:18,(1)將去年的消費金額超過3200元的消費者稱為“健身達人”,現從所有“健身達人”中隨機抽取2人,求至少有1位消費者,其去年的消費金額超過4000元的概率;(2)針對這些消費者,該健身機構今年欲實施入會制.規定:消費金額為2000元、2700元和3200元的消費者分別為普通會員、銀卡會員和金卡會員.預計去年消費金額在、、內的消費者今年都將會分別申請辦理普通會員、銀卡會員和金卡會員.消費者在申請辦理會員時,需一次性預先繳清相應等級的消費金額.該健身機構在今年年底將針對這些消費者舉辦消費返利活動,預設有如下兩種方案:方案1:按分層抽樣從普通會員,銀卡會員,金卡會員中總共抽取25位“幸運之星”給予獎勵.其中,普通會員、銀卡會員和金卡會員中的“幸運之星”每人分別獎勵500元、600元和800元.方案2:每位會員均可參加摸獎游戲,游戲規則如下:從一個裝有3個白球、2個紅球(球只有顏色不同)的箱子中,有放回地摸三次球,每次只能摸一個球.若摸到紅球的總數為2,則可獲得200元獎勵金;若摸到紅球的總數為3,則可獲得300元獎勵金;其他情況不給予獎勵.如果每位普通會員均可參加1次摸獎游戲;每位銀卡會員均可參加2次摸獎游戲;每位金卡會員均可參加3次摸獎游戲(每次摸獎的結果相互獨立).以方案的獎勵金的數學期望為依據,請你預測哪一種方案投資較少?并說明理由.【答案】(1);(2)方案2投資較少,理由見解析.【解析】(1)記“在抽取的2人中至少有1位消費者在去年的消費超過4000元”為事件A.由圖可知,去年消費金額在內的有8人,在內的有4人,消費金額超過3200元的“健身達人”共有(人),從這12人中抽取2人,共有種不同方法,其中抽取的2人中至少含有1位消費者在去年的消費超過4000元,共有種不同方法,18,所以.(2)方案1按分層抽樣從普通會員,銀卡會員,金卡會員中總共抽取25位“幸運之星”,則“幸運之星”中的普通會員、銀卡會員、金卡會員的人數分別為,,,按照方案1獎勵的總金額為(元).方案2設表示參加一次摸獎游戲所獲得的獎勵金,則的可能取值為0,200,300.由題意,每摸球1次,摸到紅球的概率為,所以,,,所以的分布列為:0200300P數學期望為(元),按照方案2獎勵的總金額為(元),因為由,所以施行方案2投資較少.21.(12分)已知橢圓的離心率為,P為橢圓E上一點,Q為圓上一點,的最大值為3(P,Q異于橢圓E的上下頂點).18,(1)求橢圓E的方程;(2)A為橢圓E的下頂點,直線AP,AQ的斜率分別記為,,且,求證:直線PQ過定點,并求出此定點的坐標.【答案】(1);(2)證明見解析,定點.【解析】(1)解:由橢圓的離心率為,可得,又由的最大值為,可得,可得,解得,所以橢圓的方程為.(2)解:由(1)可得點的坐標為,因為直線的斜率分別記為,,且,可得直線的方程為,直線的方程為,聯立方程組,整理得,解得或,將代入,可得,即;18,聯立方程組,整理得,解得或,將代入,可得,即,則,所以直線的方程為,即,此時直線過定點,即直線恒過定點.22.(12分)已知,為的導函數.(1)若對任意都有,求的取值范圍;(2)若,證明:對任意常數,存在唯一的,使得成立.【答案】(1);(2)證明見解析.【解析】(1)由,得,即,令,則,當時,;當時,,在上單調遞減,在上單調遞增,,,即的取值范圍為.18,(2)設,將問題轉化為在區間上有唯一的零點,由,知在區間上單調遞減,故函數在區間上至多有個零點,,,由(1)知:當時,(當且僅當時取等號),,,,又,即,,,,,即,又,即,,由函數零點存在定理知:在區間上有唯一的零點,即存在唯一的,使得成立.18
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