《2021-2022学年上海培佳双语学校高考数学四模试卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年上海培佳双语学校高考数学四模试卷含解析（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022年高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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“是函数在区间内单调递增”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件2 “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之
2、剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（ ）A56383B57171C59189D612423刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思
3、想，得到的近似值为（ ）ABCD4若函数（其中，图象的一个对称中心为，其相邻一条对称轴方程为，该对称轴处所对应的函数值为，为了得到的图象，则只要将的图象( )A向右平移个单位长度B向左平移个单位长度C向左平移个单位长度D向右平移个单位长度5是边长为的等边三角形，、分别为、的中点，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，当四棱锥的外接球的表面积最小时，四棱锥的体积为（ ）ABCD6已知将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若和的图象都关于对称，则下述四个结论：点为函数的一个对称中心其中所有正确结论的编号是（ ）ABCD7设命题：，则为A，B，C，D，8已知若（1-ai ）( 3+2
4、i )为纯虚数，则a的值为 （ ）ABCD9若集合，则（ ）ABCD10复数（）ABC0D11如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（ ）ABCD12用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是（ ）A48B60C72D120二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知集合，则_14设Sn为数列an的前n项和，若an0，a1=1，且2Sn=an（an+t），nN*，则S10=_.15已知集合，则_16在长方体中，则异面直线
5、与所成角的余弦值为（ ）ABCD三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为（1）求直线的极坐标方程；（2）若直线与曲线交于，两点，求的面积18（12分）如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，点为线段上的点，过三点的平面与交于点.将，中的两个补充到已知条件中，解答下列问题：（1）求平面将四棱锥分成两部分的体积比；（2）求直线与平面所成角的正弦值.19（12分）设为实数,在极坐标系中,已知圆（）与直线相切,求的值20（12分）在中，
6、角、的对边分别为、，且.（1）若，求的值；（2）若，求的值.21（12分）在平面直角坐标系中，已知直线（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设点的极坐标为，直线与曲线的交点为，求的值.22（10分）将棱长为的正方体截去三棱锥后得到如图所示几何体，为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1C【解析】，令解得当，的图像如下图当，的图像如下图由上两图可知，是充要条件【考点定位】考查充分条件和必要条件的概
7、念，以及函数图像的画法.2C【解析】根据“被5除余3且被7除余2的正整数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前项和公式，可得结果.【详解】被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23，公差为的等差数列，记数列则 令，解得.故该数列各项之和为.故选：C.【点睛】本题考查等差数列的应用，属基础题。3A【解析】设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.【详解】由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,所以每个等腰三角形的面积为,所以圆的面积为,即,所以
8、当时,可得,故选:A【点睛】本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.4B【解析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再根据函数的图象变换规律，诱导公式，得出结论【详解】根据已知函数其中，的图象过点，可得，解得：再根据五点法作图可得，可得：，可得函数解析式为：故把的图象向左平移个单位长度，可得的图象，故选B【点睛】本题主要考查由函数的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，函数的图象变换规律，诱导公式的应用，属于中档题5D【解析】首先由题意得，当梯形的外接圆圆心为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，通
9、过图形发现，的中点即为梯形的外接圆圆心，也即四棱锥的外接球球心，则可得到，进而可根据四棱锥的体积公式求出体积.【详解】如图，四边形为等腰梯形，则其必有外接圆，设为梯形的外接圆圆心，当也为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，也就使得外接球的表面积最小，过作的垂线交于点，交于点，连接，点必在上，、分别为、的中点，则必有，即为直角三角形.对于等腰梯形，如图：因为是等边三角形，、分别为、的中点，必有，所以点为等腰梯形的外接圆圆心，即点与点重合，如图，所以四棱锥底面的高为，.故选：D.【点睛】本题考查四棱锥的外接球及体积问题，关键是要找到外接球球心的位置，这个是一个难点，考查了学生空间想象能力和分析
10、能力，是一道难度较大的题目.6B【解析】首先根据三角函数的平移规则表示出，再根据对称性求出、，即可求出的解析式，从而验证可得；【详解】解：由题意可得，又和的图象都关于对称，解得，即，又，正确，错误.故选：B【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，三角函数的变换规则，属于基础题.7D【解析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题：，则为：，.故本题答案为D.【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题.8A【解析】根据复数的乘法运算法则化简可得，根据纯虚数的概念可得结果.【详解】由题可知原式为，该复数为纯虚数，所以.故选
11、：A【点睛】本题考查复数的运算和复数的分类，属基础题.9B【解析】根据正弦函数的性质可得集合A，由集合性质表示形式即可求得，进而可知满足.【详解】依题意，；而，故，则.故选：B.【点睛】本题考查了集合关系的判断与应用，集合的包含关系与补集关系的应用，属于中档题.10C【解析】略11B【解析】根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积【详解】解：分析题意可知，如下图所示，该几何体为一个正方体中的三棱锥，最大面的表面边长为的等边三角形，故其面积为，故选B【点睛】本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决
12、问题12A【解析】对数字分类讨论，结合数字中有且仅有两个数字相邻，利用分类计数原理，即可得到结论【详解】数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个数字出现在第位时，同理也有个数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个故满足条件的不同的五位数的个数是个故选【点睛】本题主要考查了排列，组合及简单计数问题，解题的关键是对数字分类讨论，属于基础题。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】由于，则1455【解析】由求出.由，可得，两式相减，可得数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即求.【详解】由题意，当n=1时，当时，由，可得，两式相减，可得，整理得
13、，即，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，.故答案为：55.【点睛】本题考查求数列的前项和，属于基础题.15【解析】由可得集合是奇数集，由此可以得出结果.【详解】解：因为所以集合中的元素为奇数，所以.【点睛】本题考查了集合的交集，解析出集合B中元素的性质是本题解题的关键.16C【解析】根据确定是异面直线与所成的角，利用余弦定理计算得到答案.【详解】由题意可得.因为，所以是异面直线与所成的角，记为，故.故选：.【点睛】本题考查了异面直线夹角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）（2）【解析】（1）先消去参数，化为直角坐标
14、方程，再利用求解.（2）直线与曲线方程联立，得，求得弦长和点到直线的距离，再求的面积.【详解】（1）由已知消去得，则，所以，所以直线的极坐标方程为（2）由，得，设，两点对应的极分别为，则，所以，又点到直线的距离所以【点睛】本题主要考查参数方程、直角坐标方程及极坐标方程的转化和直线与曲线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.18（1）；（2）.【解析】若补充根据已知可得平面，从而有，结合，可得平面，故有，而，得到，成立与相同，成立，可得，所以任意补充两个条件，结果都一样，以作为条件分析;（1）设，可得，进而求出梯形的面积，可求出，即可求出结论；（2），以为坐标原点，建立空间坐标系，求出坐标，由
