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1、2022高考数学模拟试卷带答案1单选题(共8个)1、设(为虚数单位），其中是实数，则等于A5BCD22、函数，若对于任意的，恒成立，则的取值范围是（）ABCD3、已知，则、的大小关系是（）ABCD4、已知角的终边经过点，则角可以为（）ABCD5、某同学在参加通用技术实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的表面积为（）ABCD6、若复数（，为虚数单位）为纯虚数，则实数的值为（）A2BC1D7、已知，且，则A9BC1D8、如图，在棱长为1的正方体中，P为正方形内（包括边
2、界）的一动点，E，F分别为棱的中点，若直线与平面无公共点，则线段的长度范围是（）ABCD多选题(共4个)9、若的内角，所对的边分别为，且满足，则下列结论正确的是（）A角一定为锐角BCD的最小值为10、若，且是线段的一个三等分点，则点的坐标为（）ABCD11、下列结论正确的是（）ABCD12、已知函数，若有四个解满足，则下列命题正确的是（）ABCD填空题(共3个)13、给出下面四个命题：“直线平面内所有直线”的充要条件是“平面”；“直线直线”的充要条件是“平行于所在的平面”；“直线，为异面直线”的充分不必要条件是“直线，不相交”；“平面平面”的必要不充分条件是“内存在不共线三点到的距离相等”.其
3、中正确命题的序号是_14、已知函数，若该函数的两个零点都在闭区间内，则实数的取值范围是_.15、某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为_.解答题(共6个)16、中，角的对的边分别为，且（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.17、已知，其中.（1）若与平行，求实数k的值；（2）若，证明：对任意实数，与垂直.18、（1）当时，解关于x的方程；（2）当时，要使对数有意义，求实数x的取值范围；（3）若关于x的方程有且仅有一个解，求实数a的取值范围19、（1）计算：（1）；（2）20、已知正实数x，y满足.（1）求xy的最大值；（2）若不等式恒成立，求实数a的取值范围.21、（1）已
4、知，求的值；（2）计算：.双空题(共1个)22、已知，若，则_；若，则实数的取值范围是_32022高考数学模拟试卷带答案参考答案1、答案：A解析：由，得，解得，故选A2、答案：A解析：恒成立求参数取值范围问题，在定义域满足的情况下，可以进行参变分离，构造新函数，通过求新函数的最值，进而得到参数取值范围.对任意，恒成立，即恒成立，即知设，则，故的取值范围是故选：A.3、答案：A解析：根据对数的运算法则及性质比较与的大小，利用作商法比较的大小.由,因为，故，所以，因为，故，所以因为，故，因为，故，所以，所以，故，故选：A小提示：关键点点睛：根据对数的运算性质将写成对数，利用函数的单调性比较真数大小
5、即可，利用作商及放缩的方法可得的大小，属于较难题目.4、答案：C解析：由已知可得是第三象限角，且，结合选项得结论角的终边经过点，是第三象限角，且，则故选：C5、答案：A解析：设截面圆半径为，球的半径为，根据截面圆的周长求得，再利用求解.设截面圆半径为，球的半径为，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即2，根据截面圆的周长可得，则，由题意知，即，该球的表面积为故选：A6、答案：D解析：由复数除法法则化简复数为代数形式，再根据复数的分类得结论为纯虚数且，所以.故选：D7、答案：A解析：利用向量共线定理，得到，即可求解，得到答案由题意，向量，因为向量，所以，解得.故选A小提示：本题考查了向量的共
6、线定理的坐标运算，其中解答中熟记向量的共线定理的坐标运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题8、答案：B解析：取的中点，取的中点为，连接，证明平面平面，结合直线与平面无公共点，得到点在线段上，由此求得长的范围.如图所示，取的中点，取的中点为，连接，由三角形的中位线的性质，可得，则，又由平面，平面，可得平面，连接，可得且，则四边形为平行四边形，可得，因为平面，平面，所以平面，又因为，平面，所以平面平面，由直线与平面无公共点，所以点在线段上，当为的中点时，取得最小值，最小值为，当与点或重合时，取得最大值，最大值为，所以线段的长的范围是.故选：B.小提示：方法点拨：取的中点，取的中点为
7、，连接，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，证明平面平面，结合直线与平面无公共点，得到点在线段上是解答的关键.9、答案：BC解析：结合降次公式、三角形内角和定理、余弦定理、正弦定理、同角三角函数的基本关系式化简已知条件，然后对选项逐一分析，由此确定正确选项.依题意，为钝角，A选项错误.，B选项正确.，由正弦定理得，由于，为钝角，为锐角，所以两边除以得，.C选项正确.，整理得，由于为钝角，所以，当且仅当时等号成立.所以，D选项错误.故选：BC10、答案：BC解析：由题意可得或，利用坐标表示，即得解由题意，或，由于，设，则则当时，即；时，即；故选：BC11、答案：BC解析：根式的运算及根式与指数
8、互化判断A、B；应用对数的运算性质判断C、D.A：，故错误；B：，故正确；C：，故正确；D：，故错误.故选：BC.12、答案：ABC解析：作出函数与的图象，结合图象判断A；由图象可得，进而得出，结合对勾函数的性质即可判断B；结合B选项和即可判断C、D.解：作函数的图象如下，有四个解，即与的图象有4个交点，可得，可知选项A正确；图象可得，则，且，又因为对勾函数y=x+在区间()内是单调递减的，故当，故B正确，；，可知选项C正确；令，解得，从图象可知，即D选项错误故选：ABC13、答案：解析：利用直线与直线、平面与平面间的位置关系及性质判断前后两个条件的推出关系，利用充要条件的定义得结论解：对于直
9、线与平面垂直的定义是直线与平面内的所有直线垂直，故正确；对于，平行于所在的平面或与异面，故错；对于，直线、不相交直线，异面或平行，故错；对于，平面平面内存在不共线三点到的距离相等；内存在不共线三点到的距离相等平面平面或相交，故正确故答案为：小提示：本题考查直线与直线间的位置关系及性质；充要条件的判断命题真假的判断，属于中档题14、答案：解析：本题可根据二次函数性质得出结果.因为函数的两个零点都在闭区间内，所以，即，解得，故实数的取值范围是，故答案为：.15、答案：解析：根据三视图确定几何体的形状，放在长方体中，结合球的性质、面面垂直的性质进行求解即可.由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥.
10、如图，设三棱锥外接球的球心为，连接，作平面，连接，延长交于点，连接，过作，垂足为.由题可知，平面平面，设，则，解得，则，故该几何体外接球的表面积为.故答案为：16、答案：（1）；（2）.解析：（1）由，由正弦定理可得：，可得，化简即可求值；（2）由，根据余弦定理，代入可得：，所以，再根据面积公式即可得解.（1）由，由正弦定理可得：，可得，在中，可得：，故； （2）由（1）知，且，根据余弦定理，代入可得：，所以，所以，当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.小提示：本题考查了解三角形，考查了正弦定理和余弦定理的应用，在解题过程中主要有角化边和边化角两种化简方法，同时应用了基本不等式求最值，属于基础
11、题.17、答案：（1）；（2）证明见详解.解析：（1）先由题意得到与的坐标，再由向量共线的坐标表示列出方程求解，即可得出结果；（2）先由求出，再计算，即可证明结论成立.（1）因为，所以，因为与平行，所以，整理得，又，所以，解得；（2）若，则，解得，即，所以，则，因此，对任意实数，与垂直.18、答案：（1）；（2）或；（3）解析：（1）解对数方程，其中；（2）有意义，要求真数大于0；（3）通过化简变为有且仅有一个解，对进行分类讨论，注意变形中的真数要始终成立，所以要检验.（1）（2）对数有意义，则，解得：或，所以实数x的取值范围为或；（3）即=方程两边同乘x得：即当时，方程的解为，此时代入式，符
12、合要求当时，方程的解为，此时代入式，符合要求当且时方程的解为或，若是方程的解，则，即若是方程的解，则，即则要使方程有且仅有一个解，则综上：方程有且仅有一个解，实数a的取值范围是19、答案：（1）（2）21解析：根据指数和对数的运算性质直接计算即可.解：（2）小提示：本题主要考查指数和对数的运算性质，属基础题.20、答案：（1）；（2）.解析：（1）根据直接求解出的最大值，注意取等条件；（2）利用“”的代换结合基本不等式求解出的最小值，再根据求解出的取值范围.（1），所以，解得，当且仅当取等号，的最大值为.（2），当且仅当，取等号，解得.即a的取值范围是.21、答案：（1），（2）.解析：（1）把所给的式子进行平方运算，即可求出的值，找到和的关系即可求出的值；（2）化根式为分数指数幂，把对数式的真数用对数的运算性质拆开，再用对数的运算性质求解即可.（1）由得，由得，故.（2） 22、答案： 解析：先判断函数的奇偶性，由求解；再根据函数的单调性，由求解.因为的定义域为R，且，所以是奇函数，又，则-2；因为在上是增函数，所以在上是增函数，又是R上的奇函数，所以在R上递增，且，所以由，得，即，所以，解得或，所以实数的取值范围是，故答案为：，
