《2022年高考数学考前提分仿真试题（四）理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考数学考前提分仿真试题（四）理（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022年高考数学考前提分仿真试题（四）理注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一、选择题：本大题共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12019上饶联考设集合，则（ ）ABCD22019周口期末如图，图中的大、小三角形分别为全等的等腰直角三角
2、形，向图中任意投掷一飞镖，则飞镖落在阴影部分的概率为（ ）ABCD32019荆州中学欧拉公式(是自然对数的底数，是虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的它将三角函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，当时，就有根据上述背景知识试判断表示的复数在复平面对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限42019武汉调研已知等差数列的前项和为，若，则等差数列的公差（ ）A2BC3D452019江淮十校已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则（ ）ABCD62019河南九狮联盟展开式中的系数为（ ）AB4864CD128072019南
3、昌二中已知某几何体三视图如图所示，其中正视图、侧视图均是边长为2的正方形，则该几何体外接球的体积是（ ）ABCD82019广元适应阅读如图所示的程序框图，若输出的数据为141，则判断框中应填入的条件为（ ）ABCD92019广州毕业若函数(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102019合肥一中已知抛物线上一点到焦点的距离为6，分别为抛物线与圆上的动点，则的最小值为（ ）ABCD112019益阳期末已知变量，且，若恒成立，则的最大值为
4、（ ）ABCD1122019福建联考在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些整数染成红色，先染1；再染3个偶数2，4，6；再染6后面最邻近的5个连续奇数7，9，11，13，15；再染15后面最邻近的7个连续偶数16，18，20，22，24，26，28；再染此后最邻近的9个连续奇数29，31，45；按此规则一直染下去，得到一红色子数列：1，2，4，6，7，9，11，13，15，16，则在这个红色子数列中，由1开始的第2019个数是（ ）A3972B3974C3991D3993第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分132019漳州一模平面向量与的夹角为，则_142019珠海期末
5、已知，满足约束条件，则的最小值为_152019永春一中已知为双曲线的左焦点，直线经过点，若点，关于直线对称，则双曲线的离心率为_162019周口期末九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，且，过点分别作于点，于点，连接，则三棱锥的体积的最大值为_三、解答题：本大题共6个大题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）2019上饶一模已知在中，分别为角，的对应边，点为边的中点，的面积为（1）求的值；（2）若，求18（12分）2019周口期末如图，在四棱锥中，底面，为的中点（1）求证：平面；（2）若点在线段上，且满足，求直线与平面所成角的正弦值1
6、9（12分）2019大兴期末自由购是通过自助结算方式购物的一种形式某大型超市为调查顾客使用自由购的情况，随机抽取了100人，统计结果整理如下：20以下70以上使用人数312176420未使用人数003143630（1）现随机抽取1名顾客，试估计该顾客年龄在且未使用自由购的概率；（2）从被抽取的年龄在使用自由购的顾客中，随机抽取3人进一步了解情况，用表示这3人中年龄在的人数，求随机变量的分布列及数学期望；（3）为鼓励顾客使用自由购，该超市拟对使用自由购的顾客赠送1个环保购物袋若某日该超市预计有5000人购物，试估计该超市当天至少应准备多少个环保购物袋20（12分）2019龙岩期末已知椭圆，点和都
7、在椭圆上，其中为椭圆的离心率（1）求椭圆的方程；（2）若过原点的直线与椭圆交于，两点，且在直线上存在点，使得是以为直角顶点的直角三角形，求实数的取值范围21（12分）2019柳州模拟已知函数，（1）讨论的单调性；（2）定义：对于函数，若存在，使成立，则称为函数的不动点如果函数存在不动点，求实数的取值范围请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】2019合肥一模在直角坐标系中，曲线的方程为（为参数）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求，交点的直角坐标；（2）设点的极坐标为，点是曲线上的点，
8、求面积的最大值23（10分）【选修4-5：不等式选讲】2019芜湖期末已知（1）时，求不等式的解集；（2）若的解集包含，求的取值范围绝密 启用前【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷理科数学答案（四）一、选择题1【答案】A【解析】解不等式，得，即，由，得，即，所以，故选A2【答案】B【解析】设小三角形的直角边长度为1，则大三角形的直角边长为，则小三角形的面积和为，大三角形的面积和为，则飞镖落在阴影部分的概率为，故选B3【答案】C【解析】由题意，则表示的复数在复平面对应的点为，位于第三象限，故答案为C4【答案】C【解析】因为等差数列的前项和为，且，所以，解得，故选C5【答案】C【解析】根据
9、题意，函数是定义在上的偶函数，则，有，又由在上单调递增，则有，故选C6【答案】A【解析】根据二项式的展开式，可以得到第一个括号里出项，第二个括号里出项，或者第一个括号里出，第二个括号里出，具体为，化简得到，故答案为A7【答案】D【解析】由几何体正视图、侧视图均是边长为2的正方形，结合俯视图可得此几何体是棱长为2的正方体的一部分，如图，四棱锥，所以此四面体的外接球即为此正方体的外接球，外接球的直径等于正方体的体对角线长，即，所以外接球的半径，此几何体的外接球的体积，故选D8【答案】C【解析】当，时，不满足输出条件，进行循环，执行完循环体后，当，时，不满足输出条件，进行循环，执行完循环体后，当，时
10、，不满足输出条件，进行循环，执行完循环体后，当，时，不满足输出条件，进行循环，执行完循环体后，当，时，不满足输出条件，进行循环，执行完循环体后，此时，由题意，满足输出条件，输出的数据为141，故判断框中应填入的条件为，故答案为C9【答案】B【解析】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B10【答案】D【解析】由抛物线焦点在轴上，准线方程，则点到焦点的距离为，则，所以抛物线方程，设，圆，圆心为，半径为1，则，当时，取得最小值，最小值为，故选D11【答案】A【解析】，即化为，故在上为增函数，故的最大值
11、为，故选A12【答案】D【解析】第1次染色的数为，共染色1个，第2次染色的最后一个数为，共染色3个，第3次染色的最后一个数为，共染色5个，第4次染色的最后一个数为，共染色7个，第5次染色的最后一个数为，共染色9个，第次染色的最后一个数为，共染色个，经过次染色后被染色的数共有个，而，第2019个数是在第45次染色时被染色的，第45次染色的最后一个数为，且相邻两个数相差2，第2019的数为故选D二、填空题13【答案】【解析】因为平面向量与的夹角为，所以，所以，故答案为14【答案】【解析】，满足约束条件，画出可行域如图所示目标函数，即平移直线，截距最大时即为所求，点，在点处有最小值，故答案为15【答
12、案】【解析】因为为双曲线的左焦点，所以，又点，关于直线对称，所以可得直线的方程为，又，中点在直线上，所以，整理得，又，所以，故，解得，因为，所以故答案为16【答案】【解析】由平面，得，又，且，平面，则，又，则平面，于是，且，结合条件，得平面，、均为直角三角形，由已知得，而，当且仅当时，取“”，此时的面积最大，三棱锥的体积的最大值为故答案为三、解答题17【答案】（1）；（2）【解析】（1）由的面积为且为的中点可知：的面积为，由三角形的面积公式可知，由正弦定理可得，所以（2），又因为为的中点，所以，即，在中，由正弦定理可得，所以，由（1）可知，所以，在直角中，所以，在中用余弦定理，可得，18【答案
13、】（1）详见解析；（2）【解析】（1）如图，连接由条件知四边形为菱形，且，为正三角形为的中点，又，又底面，底面，平面（2）由（1）知，两两垂直，因此以为坐标原点，以，所在的直线分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示则，易知，设为平面的一个法向量，则由，得，取，得又，故直线与平面所成角的正弦值为19【答案】（1）；（2）详见解析；（3）2200【解析】（1）在随机抽取的100名顾客中，年龄在且未使用自由购的共有人，所以随机抽取1名顾客，估计该顾客年龄在且未使用自由购的概率为（2）所有的可能取值为1，2，3，；所以的分布列为123所以的数学期望为（3）在随机抽取的100名顾客中，使用自由购的共有人，所
