2022年高考數學模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知，是兩條不重合的直線，是一個平面，則下列命題中正確的是（）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則2．已知定點，，是圓上的任意一點，點關于點的對稱點為，線段的垂直平分線與直線相交于點，則點的軌跡是（）A．橢圓 B．雙曲線 C．拋物線 D．圓3．年初，湖北出現由新型冠狀病毒引發的肺炎.為防止病毒蔓延，各級政府相繼啟動重大突發公共衛生事件一級響應，全國人心抗擊疫情.下圖表示月日至月日我國新型冠狀病毒肺炎單日新增治愈和新增確診病例數，則下列中表述錯誤的是（）A．月下旬新增確診人數呈波動下降趨勢B．隨著全國醫療救治力度逐漸加大，月下旬單日治愈人數超過確診人數C．月日至月日新增確診人數波動最大D．我國新型冠狀病毒肺炎累計確診人數在月日左右達到峰值4．中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來，構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是A． B． C． D．5．已知數列是公比為的等比數列，且，，成等差數列，則公比的值為（

）A． B． C．或 D．或6．已知定義在上的函數滿足，且當時，.設在上的最大值為（），且數列的前項的和為.若對于任意正整數不等式恒成立，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．7．已知定義在上的偶函數，當時，，設，則（）A． B． C． D．8．若，則“”是“的展開式中項的系數為90”的（）A．必要不充分條件 B．充分不必要條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件9．一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B．C． D．10．設函數，的定義域都為，且是奇函數，是偶函數，則下列結論正確的是（）A．是偶函數 B．是奇函數C．是奇函數 D．是奇函數11．若集合，則=（）A． B． C． D．12．函數，，的部分圖象如圖所示，則函數表達式為（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖所示，在邊長為4的正方形紙片中，與相交于.剪去，將剩余部分沿，折疊，使、重合，則以、、、為頂點的四面體的外接球的體積為________.14．已知圓柱的兩個底面的圓周在同一個球的球面上，圓柱的高和球半徑均為2，則該圓柱的底面半徑為__________.15．假設10公里長跑，甲跑出優秀的概率為，乙跑出優秀的概率為，丙跑出優秀的概率為，則甲、乙、丙三人同時參加10公里長跑，剛好有2人跑出優秀的概率為________．16．若函數為奇函數，則_______.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）在中，角的對邊分別為，且滿足.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若的面積為，，求和的值.18．（12分）為了拓展城市的旅游業，實現不同市區間的物資交流，政府決定在市與市之間建一條直達公路，中間設有至少8個的偶數個十字路口，記為，現規劃在每個路口處種植一顆楊樹或者木棉樹，且種植每種樹木的概率均為.（1）現征求兩市居民的種植意見，看看哪一種植物更受歡迎，得到的數據如下所示：A市居民B市居民喜歡楊樹300200喜歡木棉樹250250是否有的把握認為喜歡樹木的種類與居民所在的城市具有相關性；（2）若從所有的路口中隨機抽取4個路口，恰有個路口種植楊樹，求的分布列以及數學期望；（3）在所有的路口種植完成后，選取3個種植同一種樹的路口，記總的選取方法數為，求證：.附：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.82819．（12分）正項數列的前n項和Sn滿足：(1)求數列的通項公式；(2)令，數列{bn}的前n項和為Tn，證明：對于任意的n∈N*，都有Tn＜.20．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），將曲線上每一點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變，得到曲線，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，射線與曲線交于點，將射線繞極點逆時針方向旋轉交曲線于點.（1）求曲線的參數方程；（2）求面積的最大值．21．（12分）如圖，在三棱柱中，、、分別是、、的中點.（1）證明：平面；（2）若底面是正三角形，，在底面的投影為，求到平面的距離.22．（10分）記拋物線的焦點為，點在拋物線上，且直線的斜率為1，當直線過點時，.（1）求拋物線的方程；（2）若，直線與交于點，，求直線的斜率.

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．D【解析】

利用空間位置關系的判斷及性質定理進行判斷.【詳解】解：選項A中直線，還可能相交或異面，選項B中，還可能異面，選項C，由條件可得或．故選：D.【點睛】本題主要考查直線與平面平行、垂直的性質與判定等基礎知識；考查空間想象能力、推理論證能力，屬于基礎題.2．B【解析】

根據線段垂直平分線的性質，結合三角形中位線定理、圓錐曲線和圓的定義進行判斷即可.【詳解】因為線段的垂直平分線與直線相交于點，如下圖所示：所以有，而是中點，連接，故，因此當在如下圖所示位置時有，所以有，而是中點，連接,故，因此，綜上所述：有，所以點的軌跡是雙曲線.故選：B【點睛】本題考查了雙曲線的定義，考查了數學運算能力和推理論證能力，考查了分類討論思想.3．D【解析】

根據新增確診曲線的走勢可判斷A選項的正誤；根據新增確診曲線與新增治愈曲線的位置關系可判斷B選項的正誤；根據月日至月日新增確診曲線的走勢可判斷C選項的正誤；根據新增確診人數的變化可判斷D選項的正誤.綜合可得出結論.【詳解】對于A選項，由圖象可知，月下旬新增確診人數呈波動下降趨勢，A選項正確；對于B選項，由圖象可知，隨著全國醫療救治力度逐漸加大，月下旬單日治愈人數超過確診人數，B選項正確；對于C選項，由圖象可知，月日至月日新增確診人數波動最大，C選項正確；對于D選項，在月日及以前，我國新型冠狀病毒肺炎新增確診人數大于新增治愈人數，我國新型冠狀病毒肺炎累計確診人數不在月日左右達到峰值，D選項錯誤.故選：D.【點睛】本題考查統計圖表的應用，考查數據處理能力，屬于基礎題.4．A【解析】

詳解：由題意知，題干中所給的是榫頭，是凸出的幾何體，求得是卯眼的俯視圖，卯眼是凹進去的，即俯視圖中應有一不可見的長方形，且俯視圖應為對稱圖形故俯視圖為故選A.點睛：本題主要考查空間幾何體的三視圖，考查學生的空間想象能力，屬于基礎題。5．D【解析】

由成等差數列得，利用等比數列的通項公式展開即可得到公比q的方程.【詳解】由題意，∴2aq2=aq+a，∴2q2=q+1，∴q=1或q=故選：D．【點睛】本題考查等差等比數列的綜合，利用等差數列的性質建立方程求q是解題的關鍵，對于等比數列的通項公式也要熟練．6．C【解析】

由已知先求出，即，進一步可得，再將所求問題轉化為對于任意正整數恒成立，設，只需找到數列的最大值即可.【詳解】當時，則，，所以，，顯然當時，，故，，若對于任意正整數不等式恒成立，即對于任意正整數恒成立，即對于任意正整數恒成立，設，，令，解得，令，解得，考慮到，故有當時，單調遞增，當時，有單調遞減，故數列的最大值為，所以.故選：C.【點睛】本題考查數列中的不等式恒成立問題，涉及到求函數解析、等比數列前n項和、數列單調性的判斷等知識，是一道較為綜合的數列題.7．B【解析】

根據偶函數性質，可判斷關系；由時，，求得導函數，并構造函數，由進而判斷函數在時的單調性，即可比較大小.【詳解】為定義在上的偶函數，所以所以;當時，，則，令則，當時，，則在時單調遞增，因為，所以，即，則在時單調遞增，而，所以，綜上可知，即，故選：B.【點睛】本題考查了偶函數的性質應用，由導函數性質判斷函數單調性的應用，根據單調性比較大小，屬于中檔題.8．B【解析】

求得的二項展開式的通項為,令時,可得項的系數為90,即,求得,即可得出結果.【詳解】若則二項展開式的通項為,令,即,則項的系數為,充分性成立;當的展開式中項的系數為90,則有,從而,必要性不成立.故選:B.【點睛】本題考查二項式定理、充分條件、必要條件及充要條件的判斷知識,考查考生的分析問題的能力和計算能力,難度較易.9．A【解析】

根據題意，可得幾何體，利用體積計算即可.【詳解】由題意，該幾何體如圖所示：該幾何體的體積.故選：A.【點睛】本題考查了常見幾何體的三視圖和體積計算，屬于基礎題．10．C【解析】

根據函數奇偶性的性質即可得到結論．【詳解】解：是奇函數，是偶函數，，，，故函數是奇函數，故錯誤，為偶函數，故錯誤，是奇函數，故正確．為偶函數，故錯誤，故選：．【點睛】本題主要考查函數奇偶性的判斷，根據函數奇偶性的定義是解決本題的關鍵．11．C【解析】

求出集合，然后與集合取交集即可．【詳解】由題意，，，則，故答案為C.【點睛】本題考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集，考查了計算能力，屬于基礎題．12．A【解析】

根據圖像的最值求出，由周期求出，可得，再代入特殊點求出，化簡即得所求.【詳解】由圖像知，，，解得，因為函數過點，所以，，即，解得，因為，所以，.故選：A【點睛】本題考查根據圖像求正弦型函數的解析式，三角函數誘導公式，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】

將三棱錐置入正方體中，利用正方體體對角線為三棱錐外接球的直徑即可得到答案.【詳解】由已知，將三棱錐置入正方體中，如圖所示，，故正方體體對角線長為，所以外接球半徑為，其體積為.故答案為：.【點睛】本題考查三棱錐外接球的體積問題，一般在處理特殊幾何體的外接球問題時，要考慮是否能將其置入正（長）方體中，是一道中檔題.14．【解析】

由圓柱外接球的性質，即可求得結果.【詳解】解：由于圓柱的高和球半徑均為2，,則球心到圓柱底面的距離為1，設圓柱底面半徑為，由已知有，∴，即圓柱的底面半徑為.故答案為：.【點睛】本題考查由圓柱的外接球的性質求圓柱底面半徑，屬于基礎題.15．【解析】

分跑出優秀的人為：甲、乙和甲、丙和乙、丙三種情況分別計算再求和即可.【詳解】剛好有2人跑出優秀有三種情況：其一是只有甲、乙兩人跑出優秀的概率為；其二是只有甲、丙兩人跑出優秀的概率為；其三是只有乙、丙兩人跑出優秀的概率為,三種情況相加得.即剛好有2人跑出優秀的概率為.故答案為：【點睛】本題主要考查了分類方法求解事件概率的問題,屬于基礎題.16．-2【解析】

由是定義在上的奇函數,可知對任意的,都成立,代入函數式可求得的值.【詳解】由題意,的定義域為,,是奇函數,則,即對任意的,都成立,故,整理得,解得.故答案為:.【點睛】本題考查奇函數性質的應用,考查學生的計算求解能力,屬于基礎題.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．（Ⅰ）；（Ⅱ），.【解析】

（Ⅰ）運用正弦定理和二角和的正弦公式，化簡，即可求出角的大小；（Ⅱ）通過面積公式和，可以求出，這樣用余弦定理可以求出，用余弦定理求出，根據同角的三角函數關系，可以求出，這樣可以求出,最后利用二角差的余弦公式求出的值.【詳解】（Ⅰ）由正弦定理可知：,已知，所以，,所以有.（Ⅱ），由余弦定理可知：,,.【點睛】本題考查了正弦定理、余弦定理、面積公式、二倍角公式、二角差的余弦公式以及同角的三角函數關系，考查了運算能力.18．（1）沒有（2）分布列見解析，（3）證明見解析【解析】

（1）根據公式計算卡方值，再對應卡值表判斷..（2）根據題意，隨機變量的可能取值為0，1，2，3，4，分別求得概率，寫出分布列，根據期望公式求值.（3）因為至少8個的偶數個十字路口，所以，即.要證，即證，根據組合數公式，即證；易知有.成立.設個路口中有個路口種植楊樹，下面分類討論①當時，由論證.②當時，由論證.③當時，，設，再論證當時，取得最小值即可.【詳解】（1）本次實驗中，，故沒有99.9%的把握認為喜歡樹木的種類與居民所在的城市具有相關性.（2）依題意，的可能取值為0，1，2，3，4，故，，01234故.（3）∵，∴.要證，即證；首先證明：對任意，有.證明：因為，所以.設個路口中有個路口種植楊樹，①當時，，因為，所以，于是.②當時，，同上可得③當時，，設，當時，，顯然，當即時，，當即時，，即；，因此，即.綜上，，即.【點睛】本題考查獨立性檢驗、離散型隨機變量的分布列以及期望、排列組合，還考查運算求解能力以及必然與或然思想，屬于難題.19．（1）（2）見解析【解析】

（1）因為數列的前項和滿足：，所以當時，，即解得或，因為數列都是正項，所以，因為，所以，解得或，因為數列都是正項，所以，當時，有，所以，解得，當時，，符合所以數列的通項公式，;（2）因為，所以，所以數列的前項和為：，當時，有，所以，所以對于任意，數列的前項和.20．（1）（為參數）；（2）.【解析】

（1）根據伸縮變換結合曲線的參數方程可得出曲線的參數方程；（2）將曲線的方程化為普通方程，然后化為極坐標方程，設點的極坐標為，點的極坐標為，將這兩點的極坐標代入橢圓的極坐標方程，得出和關于的表達式，然后利用三角恒等變換思想即可求出面積的最大值．【詳解】（1）由于曲線的參數方程為（為參數），將曲線上每一點的橫坐標變為原來的倍，縱坐標不變，得到曲線，則曲線的參數方程為（為參數）；（2）將曲線的參數方程化為普通方程得，化為極坐標方程得，即，設點的極坐標為，點的極坐標為，將這兩點的極坐標代入橢圓的極坐標方程得，，的面積為，當時，的面積取到最大值.【點睛】本題考查參數方程、極坐標方程與普通方程的互化，考查了伸縮變換，同時也考查了利用極坐標方程求解三角