2022年高考數學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．設復數滿足（為虛數單位），則在復平面內對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．設，是非零向量，若對于任意的，都有成立，則A． B． C． D．3．已知函數，，則的極大值點為()A． B． C． D．4．已知函數，當時，恒成立，則的取值范圍為（）A． B． C． D．5．某校團委對“學生性別與中學生追星是否有關”作了一次調查，利用列聯表，由計算得,參照下表:0.010.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828得到正確結論是()A．有99%以上的把握認為“學生性別與中學生追星無關”B．有99%以上的把握認為“學生性別與中學生追星有關”C．在犯錯誤的概率不超過0.5%的前提下，認為“學生性別與中學生追星無關”D．在犯錯誤的概率不超過0.5%的前提下，認為“學生性別與中學生追星有關”6．已知為拋物線的準線，拋物線上的點到的距離為，點的坐標為，則的最小值是（）A． B．4 C．2 D．7．已知奇函數是上的減函數，若滿足不等式組，則的最小值為（）A．-4 B．-2 C．0 D．48．下列與函數定義域和單調性都相同的函數是（）A． B． C． D．9．達芬奇的經典之作《蒙娜麗莎》舉世聞名.如圖，畫中女子神秘的微笑，，數百年來讓無數觀賞者人迷.某業余愛好者對《蒙娜麗莎》的縮小影像作品進行了粗略測繪，將畫中女子的嘴唇近似看作一個圓弧，在嘴角處作圓弧的切線，兩條切線交于點，測得如下數據：（其中）.根據測量得到的結果推算：將《蒙娜麗莎》中女子的嘴唇視作的圓弧對應的圓心角大約等于（）A． B． C． D．10．已知集合，若，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．11．已知函數．下列命題：①函數的圖象關于原點對稱；②函數是周期函數；③當時，函數取最大值；④函數的圖象與函數的圖象沒有公共點，其中正確命題的序號是（）A．①④ B．②③ C．①③④ D．①②④12．一個圓錐的底面和一個半球底面完全重合，如果圓錐的表面積與半球的表面積相等，那么這個圓錐軸截面底角的大小是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知為矩形的對角線的交點，現從這5個點中任選3個點，則這3個點不共線的概率為________.14．（5分）在長方體中，已知棱長，體對角線，兩異面直線與所成的角為，則該長方體的表面積是____________．15．某種賭博每局的規則是：賭客先在標記有1，2，3，4，5的卡片中隨機摸取一張，將卡片上的數字作為其賭金；隨后放回該卡片，再隨機摸取兩張，將這兩張卡片上數字之差的絕對值的1.4倍作為其獎金．若隨機變量ξ1和ξ2分別表示賭客在一局賭博中的賭金和獎金，則D（ξ1）＝_____，E（ξ1）﹣E（ξ2）＝_____．16．在三棱錐中，，，兩兩垂直且，點為的外接球上任意一點，則的最大值為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，已知四邊形的直角梯形，∥BC，，，，為線段的中點，平面，，為線段上一點（不與端點重合）．（1）若，（ⅰ）求證：PC∥平面；（ⅱ）求平面與平面所成的銳二面角的余弦值；（2）否存在實數滿足，使得直線與平面所成的角的正弦值為，若存在，確定的值，若不存在，請說明理由．18．（12分）已知函數，.（1）討論的單調性；（2）若存在兩個極值點，，證明：.19．（12分）在等比數列中，已知，.設數列的前n項和為，且，（，）.（1）求數列的通項公式；（2）證明：數列是等差數列；（3）是否存在等差數列，使得對任意，都有？若存在，求出所有符合題意的等差數列；若不存在，請說明理由.20．（12分）如圖，三棱柱中，平面，，，分別為，的中點.（1）求證：平面；（2）若平面平面，求直線與平面所成角的正弦值.21．（12分）如圖，在四棱錐中，底面，底面是直角梯形，為側棱上一點，已知.（Ⅰ）證明:平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.22．（10分）為調研高中生的作文水平.在某市普通高中的某次聯考中，參考的文科生與理科生人數之比為，且成績分布在的范圍內，規定分數在50以上（含50）的作文被評為“優秀作文”，按文理科用分層抽樣的方法抽取400人的成績作為樣本，得到成績的頻率分布直方圖，如圖所示.其中構成以2為公比的等比數列.（1）求的值；（2）填寫下面列聯表，能否在犯錯誤的概率不超過0.01的情況下認為“獲得優秀作文”與“學生的文理科”有關？文科生理科生合計獲獎6不獲獎合計400（3）將上述調查所得的頻率視為概率，現從全市參考學生中，任意抽取2名學生，記“獲得優秀作文”的學生人數為，求的分布列及數學期望.附：，其中.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．A【解析】

由復數的除法運算可整理得到，由此得到對應的點的坐標，從而確定所處象限.【詳解】由得：，對應的點的坐標為，位于第一象限.故選：.【點睛】本題考查復數對應的點所在象限的求解，涉及到復數的除法運算，屬于基礎題.2．D【解析】

畫出，，根據向量的加減法，分別畫出的幾種情況，由數形結合可得結果.【詳解】由題意，得向量是所有向量中模長最小的向量，如圖，當，即時，最小，滿足，對于任意的，所以本題答案為D.【點睛】本題主要考查了空間向量的加減法，以及點到直線的距離最短問題，解題的關鍵在于用有向線段正確表示向量，屬于基礎題.3．A【解析】

求出函數的導函數，令導數為零，根據函數單調性，求得極大值點即可.【詳解】因為，故可得，令，因為，故可得或，則在區間單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，故的極大值點為.故選：A.【點睛】本題考查利用導數求函數的極值點，屬基礎題.4．A【解析】

分析可得,顯然在上恒成立,只需討論時的情況即可,,然后構造函數,結合的單調性,不等式等價于,進而求得的取值范圍即可.【詳解】由題意,若,顯然不是恒大于零,故.,則在上恒成立;當時,等價于,因為,所以.設,由,顯然在上單調遞增,因為,所以等價于,即,則.設,則.令,解得,易得在上單調遞增,在上單調遞減,從而，故.故選:A.【點睛】本題考查了不等式恒成立問題,利用函數單調性是解決本題的關鍵,考查了學生的推理能力,屬于基礎題.5．B【解析】

通過與表中的數據6.635的比較，可以得出正確的選項.【詳解】解:，可得有99%以上的把握認為“學生性別與中學生追星有關”，故選B.【點睛】本題考查了獨立性檢驗的應用問題，屬于基礎題.6．B【解析】

設拋物線焦點為，由題意利用拋物線的定義可得，當共線時，取得最小值，由此求得答案.【詳解】解：拋物線焦點，準線，過作交于點，連接由拋物線定義，

，

當且僅當三點共線時，取“＝”號，∴的最小值為.

故選：B.【點睛】本題主要考查拋物線的定義、標準方程，以及簡單性質的應用，體現了數形結合的數學思想，屬于中檔題.7．B【解析】

根據函數的奇偶性和單調性得到可行域，畫出可行域和目標函數，根據目標函數的幾何意義平移得到答案.【詳解】奇函數是上的減函數，則，且，畫出可行域和目標函數，，即，表示直線與軸截距的相反數，根據平移得到：當直線過點，即時，有最小值為.故選：.【點睛】本題考查了函數的單調性和奇偶性，線性規劃問題，意在考查學生的綜合應用能力，畫出圖像是解題的關鍵.8．C【解析】

分析函數的定義域和單調性，然后對選項逐一分析函數的定義域、單調性，由此確定正確選項.【詳解】函數的定義域為，在上為減函數.A選項，的定義域為，在上為增函數，不符合.B選項，的定義域為，不符合.C選項，的定義域為，在上為減函數，符合.D選項，的定義域為，不符合.故選：C【點睛】本小題主要考查函數的定義域和單調性，屬于基礎題.9．A【解析】

由已知，設．可得．于是可得，進而得出結論．【詳解】解：依題意，設．則．，．設《蒙娜麗莎》中女子的嘴唇視作的圓弧對應的圓心角為．則，．故選：A．【點睛】本題考查了直角三角形的邊角關系、三角函數的單調性、切線的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．10．A【解析】

解一元二次不等式化簡集合的表示，求解函數的定義域化簡集合的表示，根據可以得到集合、之間的關系，結合數軸進行求解即可.【詳解】，.因為，所以有，因此有.故選：A【點睛】本題考查了已知集合運算的結果求參數取值范圍問題，考查了解一元二次不等式，考查了函數的定義域，考查了數學運算能力.11．A【解析】

根據奇偶性的定義可判斷出①正確；由周期函數特點知②錯誤；函數定義域為，最值點即為極值點，由知③錯誤；令，在和兩種情況下知均無零點，知④正確.【詳解】由題意得：定義域為，，為奇函數，圖象關于原點對稱，①正確；為周期函數，不是周期函數，不是周期函數，②錯誤；，，不是最值，③錯誤；令，當時，，，，此時與無交點；當時，，，，此時與無交點；綜上所述：與無交點，④正確.故選：.【點睛】本題考查函數與導數知識的綜合應用，涉及到函數奇偶性和周期性的判斷、函數最值的判斷、兩函數交點個數問題的求解；本題綜合性較強，對于學生的分析和推理能力有較高要求.12．D【解析】

設圓錐的母線長為l,底面半徑為R,再表達圓錐表面積與球的表面積公式,進而求得即可得圓錐軸截面底角的大小.【詳解】設圓錐的母線長為l,底面半徑為R,則有,解得,所以圓錐軸截面底角的余弦值是,底角大小為.故選：D【點睛】本題考查圓錐的表面積和球的表面積公式,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

基本事件總數，這3個點共線的情況有兩種和，由此能求出這3個點不共線的概率．【詳解】解：為矩形的對角線的交點，現從，，，，這5個點中任選3個點，基本事件總數，這3個點共線的情況有兩種和，這3個點不共線的概率為．故答案為：．【點睛】本題考查概率的求法，考查對立事件概率計算公式等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．14．10【解析】

作出長方體如圖所示，由于，則就是異面直線與所成的角，且，在等腰直角三角形中，由，得，又，則，從而長方體的表面積為．15．20.2【解析】

分別求出隨機變量ξ1和ξ2的分布列，根據期望和方差公式計算得解.【詳解】設a，b∈{1，2，1，4，5}，則p（ξ1＝a），其ξ1分布列為：ξ112145PE（ξ1）（1+2+1+4+5）＝1．D（ξ1）[（1﹣1）2+（2﹣1）2+（1﹣1）2+（4﹣1）2+（5﹣1）2]＝2．ξ2＝1.4|a﹣b|的可能取值分別為：1.4，2.3，4.2，5.6，P（ξ2＝1.4），P（ξ2＝2.3），P（ξ2＝4.2），P（ξ2＝5.6），可得分布列．ξ21.42.34.25.6PE（ξ2）＝1.42.34.25.62.3．∴E（ξ1）﹣E（ξ2）＝0.2．故答案為：2，0.2．【點睛】此題考查隨機變量及其分布，關鍵在于準確求出隨機變量取值的概率，根據公式準確計算期望和方差.16．【解析】

先根據三棱錐的幾何性質，求出外接球的半徑，結合向量的運算，將問題轉化為求球體表面一點到外心距離最大的問題，即可求得結果.【詳解】因為兩兩垂直且，故三棱錐的外接球就是對應棱長為2的正方體的外接球.且外接球的球心為正方體的體對角線的中點，如下圖所示：容易知外接球半徑為.設線段的中點為，故可得，故當取得最大值時，取得最大值.而當在同一個大圓上，且，點與線段在球心的異側時，取得最大值，如圖所示：此時，故答案為：.【點睛】本題考查球體的幾何性質，幾何體的外接球問題，涉及向量的線性運算以及數量積運算，屬綜合性困難題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）（ⅰ）證明見解析（ⅱ）（2）存在，【解析】

（1）（i）連接交于點，連接，，依題意易證四邊形為平行四邊形，從而有，，由此能證明PC∥平面（ii）推導出，以為原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解；（2）設，求出平面的法向量，利用向量法求解.【詳解】（1）（ⅰ）證明：連接交于點，連接，，因為為線段的中點，所以,因為，所以因為∥所以四邊形為平行四邊形．所以又因為，所以又因為平面，平面，所以平面．（ⅱ）解：如圖，在平行四邊形中因為，，所以以為原點建立空間直角坐標系則，，，所以，，，平面的法向量為設平面的法向量為，則，即，取，得，設平面和平面所成的銳二面角為，則所以銳二面角的余弦值為（2）設所以，，設平面的法向量為，則，取，得，因為直線與平面所成的角的正弦值為，所以解得所以存在滿足，使得直線與平面所成的角的正弦值為.【點睛】此題二查線面平行的證明，考查銳二面角的余弦值的求法，考查滿足線面角的正弦值的點是否存在的判斷與求法，考查空間中線線，線面，面面的位置關系等知識，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.18．（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）求得的導函數，對分成兩種情況，討論的單調性.（2）由（1）判斷出的取值范圍，根據韋達定理求得的關系式，利用差比較法，計算，通過構造函數，利用導數證得，由此證得，進而證得不等式成立.【詳解】（1）.當時，，此時在上單調遞減；當時，由解得或，∵是增函數，∴此時在和單調遞減，在單調遞增.（2）由（1）知.，，，不妨設，∴，，令，∴，∴在上是減函數，，∴，即.【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的單調區間，考查利用導數證明不等式，考查分類討論的數學思想方法，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.19．（1）（2）見解析（3）存在唯一的等差數列，其通項公式為，滿足題設【解析】

（1）由，可得公比，即得；（2）由（1）和可得數列的遞推公式，即可知結果為常數，即得證；（3）由（2）可得數列的通項公式，，設出等差數列，再根據不等關系來算出的首項和公差即可.【詳解】（1）設等比數列的公比為q，因為，，所以，解得.所以數列的通項公式為：.（2）由（1）得，當，時，可得①，②②①得，，則有，即，，.因為，由①得，，所以，所以，.所以數列是以為首項，1為公差的等差數列.（3）由（2）得，所以，.假設存在等差數列，其通項，使得對任意，都有，即對任意，都有.③首先證明滿足③的.若不然，，則，或.（i）若，則當，時，，這與矛盾.（ii）若，則當，時，.而，，所以.故，這與矛盾.所以.其次證明：當時，.因為，所以在上單調遞增，所以，當時，.所以當，時，.再次證明.（iii）若時，則當，，，，這與③矛盾.（iv）若時，同（i）可得矛盾.所以.當時，因為，，所以對任意，都有.所以，.綜上，存在唯一的等差數列，其通項公式為，滿足題設.【點睛】本題考查求等比數列通項公式，證明等差數列，以及數列中的探索性問題，是一道數列綜合題，考查學生的分析，推理能力.20．（1）詳見解析；（2）.【解析】

（1）連接，，則且為的中點，又∵為的中點，∴，又平面，平面，故平面．（2）由平面，得，．以為原點，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，，，，．取平面的一個法向量為，由，得：，令，得同理可得平面的一個法向量為∵平面平面，∴解得，得，又，設直線與平面所成角為，則.所以，直線與平面所成角的正弦值是．21．（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.【解析】

(Ⅰ)先證明

，再證明平面，利用面面垂直的判定定理，即可求證所求證；(Ⅱ)根據題意以為軸、/r/