2022屆高考數學·備戰(zhàn)熱身卷一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，有一項符合題目要求。）1．（浙江省浙東北聯盟（ZDB）2021-2022學年高一上學期期中數學試題）若，則實數的值等于（）A．B．3C．D．3或2．（2021·浙江·紹興市柯橋區(qū)教師發(fā)展中心模擬預測）已知，若復數（是虛數單位）是純虛數，則（）A．0 B．1 C． D．23．（2021·海南·模擬預測）函數的部分圖象大致為（）A．B．C．D．4．（2021·全國·模擬預測）已知首項為13的等差數列的前n項和為，且，，成等差數列．若，且，則（）A．8 B．10 C．12 D．145．（2021·福建省龍巖第一中學模擬預測）若實數，，滿足，其中，則下列結論正確的是（）A．B．C．D．6．（2021·四川·涼山彝族自治州教育科學研究所一模（理））設A，是兩個事件，且發(fā)生A必定發(fā)生，，給出下列各式，其中正確的是（）A．B．C．D．7．（2021·四川·樂山市教育科學研究所一模（理））設，函數，若在區(qū)間內恰有個零點，則的取值范圍是（）A．B．C．D．8．（2021·河南·羅山縣教學研究室一模（文））已知直線分別與函數和的圖象交于點、，現給出下述結論：①；②；③；④，則其中正確的結論個數是（）A．4 B．3 C．2 D．1二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分。）9．（2021·廣東·深圳市龍崗區(qū)德琳學校高一階段練習）設有下面四個命題：：若復數滿足，則；：若復數滿足，則；：若復數滿足，則；：若復數滿足，則.其中的真命題為（）A． B． C． D．10．（2021·福建·廈門一中高一期中）已知連續(xù)函數滿足：①，則有，②當時，，③，則以下說法中正確的是（）A．的圖象關于對稱B．C．在上的最大值是10D．不等式的解集為11．（2021·全國全國·模擬預測）勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分，如圖所示，若正四面體ABCD的棱長為a，則（）A．能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值為aB．勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為C．勒洛四面體的截面面積的最大值為D．勒洛四面體的體積12．（2022·全國·高三專題練習）對于△，其外心為，重心為，垂心為，則下列結論正確的是（）A．B．C．向量與共線D．過點的直線分別與、交于、兩點，若，，則三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分。）13．（2021·全國·貴陽一中一模（理））已知x，y為正實數，且，則的最小值為_________.14．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·一模）若，則___________.15．（2021·全國全國·模擬預測）已知橢圓的左?右焦點分別為，，過作傾斜角為30°的直線，與以坐標原點為圓心?橢圓半焦距為半徑的圓交于點（不同于點），與橢圓在第一象限交于點，若，則橢圓的離心率為___________.16．（2021·吉林·東北師大附中模擬預測（理））在四棱錐中，已知底面，，，M是平面內的動點，且滿足，則當四棱錐的體積最大時，三棱錐外接球的表面積為___________.四、解答題（本題共6小題，共70分。第17題10分，其余每題12分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）17．（2021·浙江·紹興市柯橋區(qū)教師發(fā)展中心模擬預測）設函數.（1）求函數的最小正周期；（2）求函數在上的最小值.18．（2021·全國全國·模擬預測）已知數列的前n項和為，且，，.（1）在下列三個結論中選擇一個進行證明，并求的通項公式.①數列是等差數列；②數列是等比數列；③數列是等比數列.（2）記，求數列的前n項和.注：如果選擇多個結論分別證明，按第一個證明計分.19．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，側棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中點.（1）求證：PA∥平面BDE；（2）若直線BD與平面PBC所成的角為30°，求二面角的大小.20．（2021·全國全國·模擬預測）“十四五”是我國全面建成小康社會、實現第一個百年奮斗目標之后，乘勢而上開啟全面建設社會主現代化國家新征程、向第二個百年奮斗目標進軍的第一個五年，實施時間為2021年到2025年．某企業(yè)為響應國家號召，匯聚科研力量，加強科技創(chuàng)新，準備加大研發(fā)資金投入，為了解年研發(fā)資金投入額（單位：億元）對年盈利額（單位：億元）的影響，通過對“十二五”和“十三五”規(guī)劃發(fā)展10年期間年研發(fā)資金投入額和年盈利額數據進行分析，建立了兩個函數模型：；，其中，，，均為常數，為自然對數的底數令，經計算得如下數據：，，，，，，，，，，問：（1）請從相關系數的角度，分析哪一個模型擬合度更好？（2）根據（1）的選擇及表中數據，建立，關于的回歸方程（系數精確到0.01）（3）若希望2021年盈利額y為500億元，請預測2021年的研發(fā)資金投入額為多少億元？（結果精確到0.01）附：①相關系數r＝，回歸直線中：，參考數據：，．21．（2022·全國·模擬預測）已知橢圓的上頂點為，過點且與軸垂直的直線被截得的線段長為.（1）求橢圓的標準方程﹔（2）設直線交橢圓于異于點的兩點，以為直徑的圓經過點線段的中垂線與軸的交點為，求的取值范圍.22．（2022·江蘇鹽城·一模）設函數.（1）求函數在處的切線方程；（2）若為函數的兩個不等于1的極值點，設，記直線的斜率為，求證：.

2022屆高考數學·備戰(zhàn)熱身卷1（解析版）一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，有一項符合題目要求。）1．（浙江省浙東北聯盟（ZDB）2021-2022學年高一上學期期中數學試題）若，則實數的值等于（）A．B．3C．D．3或【答案】A【分析】分類討論結合集合中元素的性質求解即可.公眾號拾穗者的雜貨鋪【詳解】當時，，不滿足集合中元素的互異性；當時，即或（舍），此時.2．（2021·浙江·紹興市柯橋區(qū)教師發(fā)展中心模擬預測）已知，若復數（是虛數單位）是純虛數，則（）A．0 B．1 C． D．2【答案】C【分析】根據實部為零，虛部不為零得到方程（不等式）組，解得即可；【詳解】是純虛數，則，解得.3．（2021·海南·模擬預測）函數的部分圖象大致為（）A．B．C．D．【答案】A【分析】先利用奇偶性排除部分選項，再由函數值的符號判斷排除可得選項.【詳解】因為函數的定義域為R，且，所以函數是奇函數，故排除C、D，又，故排除B選項.4．（2021·全國·模擬預測）已知首項為13的等差數列的前n項和為，且，，成等差數列．若，且，則（）A．8 B．10 C．12 D．14【答案】D【分析】設出公差,由，，成等差數列及，得到與的關系式，從而求解．【詳解】設等差數列的公差為d，因為，所以，整理可得，．又，所以．若，則，故，又，所以．5．（2021·福建省龍巖第一中學模擬預測）若實數，，滿足，其中，則下列結論正確的是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】首先判斷的范圍，以及由條件可知，，，再分別代入選項，根據單調性和特殊值比較大小.【詳解】因為，其中，所以，，，且，，所以，，即，故A錯誤；，，即，故B錯誤；，，因為，所以，即，即，故C錯誤；，，即，故D正確.6．（2021·四川·涼山彝族自治州教育科學研究所一模（理））設A，是兩個事件，且發(fā)生A必定發(fā)生，，給出下列各式，其中正確的是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根據已知條件，結合和事件、積事件的概念及條件概率公式，即可求解．【詳解】發(fā)生必定發(fā)生，（A），（B），故A，D錯誤，，故B錯誤，，故C正確．7．（2021·四川·樂山市教育科學研究所一模（理））設，函數，若在區(qū)間內恰有個零點，則的取值范圍是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】解法一：利用排除法，分別令和求解函數的零點進行判斷，解法二：分類討論，分在區(qū)間有個零點且在區(qū)間沒有零點，在區(qū)間有個零點且在區(qū)間有個零點和在區(qū)間有個零點且在區(qū)間有個零點三種情況求解即可【詳解】法一（排除法）：令，則，當時，在區(qū)間有個零點，當時，，，在區(qū)間有個零點，綜上所述，在區(qū)間內有個零點，符合題意，排除A?C.令，則，當時，在區(qū)間有個零點，當時，，，在區(qū)間有個零點，綜上所述，在區(qū)間內有個零點，符合題意，排除B，故選D.法二（分類討論）：①當在區(qū)間有個零點且在區(qū)間沒有零點時，滿足，無解；②當在區(qū)間有個零點且在區(qū)間有個零點時，滿足，解得；③當在區(qū)間有個零點且在區(qū)間有個零點時，滿足，解得，公眾號拾穗者的雜貨鋪綜上所述，的取值范圍是.8．（2021·河南·羅山縣教學研究室一模（文））已知直線分別與函數和的圖象交于點、，現給出下述結論：①；②；③；④，則其中正確的結論個數是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】根據函數和的圖象關于對稱，直線與垂直，可得，、，，關于對稱，即可判斷①；利用基本不等式即可判斷②，構造，判斷其單調性，即可判斷③，由，判斷其單調性，即可判斷④．【詳解】由題意直線與垂直，函數和的圖象關于對稱，，、，，關于對稱，則；①正確；對于②：由，因為，則；②正確；對于③：構造函數；則，當時，可得，函數在單調遞增；當時，可得，函數在單調遞減；，，，③正確；對于④：，，令函數，則當時，可得，函數在單調遞減；當時，可得，函數在單調遞增；，不對，即④不對．二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分。）9．（2021·廣東·深圳市龍崗區(qū)德琳學校高一階段練習）設有下面四個命題：：若復數滿足，則；：若復數滿足，則；：若復數滿足，則；：若復數滿足，則.其中的真命題為（）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根據復數的定義以及復數的分類，對命題的真假進行逐一判斷即可.【詳解】設，，對于，若，即，則,當，時，，故為假命題.對于，若，則，即，則，故為真命題.對于，若，則，即，，則，故為真命題.對于，若，即，則，不能推出，故不一定屬于，故為假命題.10．（2021·福建·廈門一中高一期中）已知連續(xù)函數滿足：①，則有，②當時，，③，則以下說法中正確的是（）A．的圖象關于對稱B．C．在上的最大值是10D．不等式的解集為【答案】ACD【分析】依題意令，求出，再令，即可得到，從而判斷A；令得到，再令，，即可判斷B；再利用定義法證明函數的單調性即可判斷C；依題意原不等式等價于，再根據函數的單調性轉化為自變量的不等式，解得即可；【詳解】因為，則有，令，則，則，令則，即，故的圖象關于對稱，即A正確；令，則，令代x，則，即，即，故B錯誤；設且，則，由，令，，則，即，由時，，得，則，所以，所以，即在上單調遞減，又，所以，，又，所以，故在上的最大值為，故C正確；由，即，即，即，又因為，即，所以，即，即，即，解得，即原不等式的解集為，故D正確.11．（2021·全國全國·模擬預測）勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分，如圖所示，若正四面體ABCD的棱長為a，則（）A．能夠容納勒洛四面體的正方體的棱長的最小值為aB．勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為C．勒洛四面體的截面面積的最大值為D．勒洛四面體的體積【答案】ABD【詳解】首先求得正四面體的一些結論：正四面體棱長為，是底面的中心，是其外接球（也是內切球）的球心，外接球半徑為，是高，如圖1．，，由得，解得，（內切球半徑）．正四面體的體積為，外接球體積為．圖1圖2圖3對于A選項，由勒洛四面體的結構知勒洛四面體表面上任意兩點間的距離的最大值為a，故A正確；對于B選項，勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的弧面相切，如圖2，其中點E為該球與勒洛四面體的一個切點，O為該球的球心，易知該球的球心O為正四面體ABCD的中心，半徑為OE，連接BE，易知B，O，E三點共線，且，，因此，故B正確；對于C選項，勒洛四面體面積最大的截面即經過四面體ABCD表面的截面，如圖3，則勒洛四面體的截面面積的最大值為三個半徑為a，圓心角為60°的扇形的面積減去兩個邊長為a的正三角形的面積，即，故C錯誤；對于D選項，勒洛四面體的體積介于正四面體ABCD的體積和正四面體ABCD的外接球的體積之間，而正四面體ABCD的體積，正四面體ABCD的外接球的體積，故D正確.12．（2022·全國·高三專題練習）對于△，其外心為，重心為，垂心為，則下列結論正確的是（）A．B．C．向量與共線D．過點的直線分別與、交于、兩點，若，，則【答案】BCD【分析】A：由外心的性質，結合向量數量積的幾何意義判斷；B：根據的幾何意義即可判斷正誤；C：應用向量數量積的運算律及定義化簡，再根據判斷正誤；D：根據平面向量基本定理可得，再由三點共線即可證.【詳解】A：為外心，則，僅當時才有，錯誤；B：由，又，故，正確；C：，即與垂直，又，所以與共線，正確；D：，又三點共線，則，故，正確.三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分。）13．（2021·全國·貴陽一中一模（理））已知x，y為正實數，且，則的最小值為_________.【答案】【分析】應用“1”的代換將目標式轉化為，再應用基本不等式求最小值，注意等號成立條件.【詳解】∵，是正實數，且，∴，當且僅當，時，等號成立.14．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·一模）若，則___________.【答案】【分析】由題意可得，令，則，，化簡即得解.【詳解】由題意可得，令，則，，所以原式.15．（2021·全國全國·模擬預測）已知橢圓的左?右焦點分別為，，過作傾斜角為30°的直線，與以坐標原點為圓心?橢圓半焦距為半徑的圓交于點（不同于點），與橢圓在第一象限交于點，若，則橢圓的離心率為___________.【答案】【分析】因為，得到，求得，再在中，由余弦定理得，得到，結合離心率的定義，即可求解.【詳解】因為，所以為線段的中點，所以，又因為為圓的直徑，所以，在中，，，所以，從而，在中，由余弦定理得，又由，所以，解得，所以橢圓的離心率.16．（2021·吉林·東北師大附中模擬預測（理））在四棱錐中，已知底面，，，M是平面內的動點，且滿足，則當四棱錐的體積最大時，三棱錐外接球的表面積為___________.【答案】【分析】根據題意可得，在平面內，以為原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，設，求出點的軌跡方程，可得當四棱錐的體積最大時，可取，三棱錐外接球的球心在過三角形外接圓圓心且垂直平面的直線上，利用勾股定理可求得外接球的半徑，從而可得出答案.【詳解】：因為底面，面，所以，又因，，所以平面，又平面，所以，同理，在和中，因為，所以，所以，即，在平面內，以為原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，設，則有，化簡得，即點的軌跡方程為，要使四棱錐的體積最大，只要點的縱坐標的絕對值最大即可，令，則，當四棱錐的體積最大時，可取，此時到平面的距離為，三棱錐外接球的球心在過三角形外接圓圓心且垂直平面的直線上，在三棱錐中，取的中點，點即為三角形外接圓的圓心，設三棱錐外接球的球心為，半徑為，設，則有，解得，所以，所以三棱錐外接球的表面積.四、解答題（本題共6小題，共70分。第17題10分，其余每題12分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）17．（2021·浙江·紹興市柯橋區(qū)教師發(fā)展中心模擬預測）設函數.（1）求函數的最小正周期；（2）求函數在上的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）首先利用輔助角公式及二倍角公式化簡函數，再根據正弦函數的性質計算可得；（2）首先利用輔助角公式及二倍角公式化簡函數，利用函數的定義域求出函數的值域，即可得解．【詳解】：（1）函數，所以．故函數的最小正周期；（2）：由于，所以，所以即；由于，所以，所以，故，當，即時，函數取得最小值為．18．（2021·全國全國·模擬預測）已知數列的前n項和為，且，，.（1）在下列三個結論中選擇一個進行證明，并求的通項公式.①數列是等差數列；②數列是等比數列；③數列是等比數列.（2）記，求數列的前n項和.注：如果選擇多個結論分別證明，按第一個證明計分.【答案】（1）答案見解析；（2）.【分析】（1）若選①，采用作差法可得，構造得，變形即可求證，求得的通項，變形可得的通項公式；若選②，由作差法得，構造得，可證是等比數列；求得，同時除以可得①，后續(xù)方法同①；若選③，由代換得，可證時等比數列；同時除以可得，求出的通項公式，由可求的通項公式；（2）由（1）得，代換得，結合裂項公式可求.【詳解】：（1）方案一：選結論①.因為，，所以，當時，，兩式相減得，，所以，即，，所以數列是等差數列，又，，所以，所以；方案二：選結論②.因為，，所以，當時，，兩式相減得，，所以，，因為，所以是以1為首項，2為公比的等比數列，所以，兩邊同時除以得，，所以是以為首項，為公差的等差數列，所以，所以；方案三：選結論③.因為，，所以，當時，，所以，因為，所以是以2為首項，2為公比的等比數列，所以，兩邊同時除以，得，所以是以為首項，為公差的等差數列，所以，所以，所以；（2）由（1）得，，所以，所以.19．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，側棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中點.（1）求證：PA∥平面BDE；（2）若直線BD與平面PBC所成的角為30°，求二面角的大小.【答案】（1）證明見解析；（2）60°.【分析】（1）連結，，交于點，連結，推導出，由此能證明平面；（2）以為原點，，，所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，設，根據直線BD與平面PBC所成的角為30°，求出，利用向量法能求出二面角的大小．【詳解】：（1）證明：連結，，交于點，連結，底面是矩形，是的中點，點是的中點，，平面，平面，平面；（2）解：在四棱錐中，底面是矩形，側棱底面，，以為原點，，，所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，設，設，則，2，，，0，，，0，，，2，，，，，，2，，，2，，設平面的法向量，，，則，取，得，1，，直線與平面所成角為，，解得，，，2，，，2，，，0，，設平面的法向量，，，則，取，得，，，設二面角的大小為，則，，二面角的大小為．20．（2021·全國全國·模擬預測）“十四五”是我國全面建成小康社會、實現第一個百年奮斗目標之后，乘勢而上開啟全面建設社會主現代化國家新征程、向第二個百年奮斗目標進軍的第一個五年，實施時間為2021年到2025年．某企業(yè)為響應國家號召，匯聚科研力量，加強科技創(chuàng)新，準備加大研發(fā)資金投入，為了解年研發(fā)資金投入額（單位：億元）對年盈利額（單位：億元）的影響，通過對“十二五”和“十三五”規(guī)劃發(fā)展10年期間年研發(fā)資金投入額和年盈利額數據進行分析，建立了兩個函數模型：；，其中，，，均為常數，為自然對數的底數令，經計算得如下數據：，，，，，，，，，，問：（1）請從相關系數的角度，分析哪一個模型擬合度更好？（2）根據（1）的選擇及表中數據，建立，關于的回歸方程（系數精確到0.01）（3）若希望2021年盈利額y為500億元，請預測2021年的研發(fā)資金投入額為多少億元？（結果精確到0.01）附：①相關系數r＝，回歸直線中：，參考數據：，．【答案】（1）模型的擬合程度更好；（2）；（3）億元．【分析】（1）分別計算兩個函數模型的相關系數和，比較和的大小關系即可判斷；（2）由得，即，根據最小二乘法求和的值，即可求解；（3）將代入（2）中的回歸方程即可求解.【詳解】（1）為了判斷兩個函數模型：；，擬合程度，只需要判斷兩個函數模型，擬合程度即可．設和的相關系數為，和的相關系數為，由題意，，顯然，因此從相關系數的角度，模型的擬合程度更好．（2）先建立關于的線性回歸方程，由得，，即，，，所以關于的線性回歸方程為，即，所求回歸方程為：，（3）若2021年盈利額為500億元，即為，，，解得：，所以2021年的研發(fā)資金投入量約為億元．21．（2022·全國·模擬預測）已知橢圓的上頂點為，過點且與軸垂直的直線被截得的線段長為.（1）求橢圓的標準方程﹔（2）設直線交橢圓于異于點的兩點，以為直徑的圓經過點線段的中垂線與軸的交點為，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由題設有且求參數a，進而寫出橢圓方程.（2）討論的斜率，當斜率存在時設、，聯立橢圓方程結合韋達定理求關于的表達式，再由，應用數量積的坐標表示列方程求參數m，進而求線段中垂線的方程及的范圍，即可確定的取值范圍.【詳解】：（1）由已知條件得：，令，得，由題意知：，解得，∴橢圓的標準方程為，（2）①當直線的斜率不存在時，顯然不合題意；②當直線斜率存在時，設，當時，此時關于y軸對稱，令，∴且，則，又，∴，解得或(舍)，則符合題設.∴此時有；當時，則，得，，設，則，得，，且，由，即，∴，整理得，解得（舍去），代入得：，∴為，得：，則線段的中垂線為，∴在軸上截距，而，∴且，綜合①②:線段的中垂線在軸上的截距的取值范圍是.22．（2022·江蘇鹽城·一模）設函數.（1）求函數在處的切線方程；（2）若為函數的兩個不等于1的極值點，設，記直線的斜率為，求證：.【答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）首先求出函數的導函數，即可求出切線的斜率，再求出，即可求出切點坐標，從而求出切線方程；（2）首先求出函數的導函數，依題意在上有兩個不等于的正根，即可得到韋達定理，不妨設，所以，根據兩點斜率公式得到，即證，根據對數平均不等式可得，只需證明，令，依題意即證，，再構造函數利用導數說明函數的單調性，即可得證；【詳解】：（1）因為，所以，，所以，所以切點為，切線的斜率，所以切線方程為（2）因為因為為函數的兩個不等于1的極值點，所以在上有兩個不等于的正根，所以，所以，不妨設，所以，所以要證即證，即，令，則，所以當時，，所以函數在上單調遞增，故，即，所以在上恒成立，因為，所以，所以，即，即，所以，下面只需證明，令，因為，所以，所以，所以，即證，，即證，，令，，，所以在上單調遞減，所以，得證.

2022屆高考數學·熱身卷一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，有一項符合題目要求。）1．（2021·四川·石室中學模擬預測（理））已知復數，則的共軛復數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．（2022·廣東·模擬預測）如圖是網絡上流行的表情包，其利用了“可倒”和“可導”的諧音生動形象地說明了高等數學中“連續(xù)”和“可導”兩個概念之間的關系．根據該表情包的說法，在處連續(xù)是在處可導的（）．A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件3．已知一個等比數列首項為1，項數是偶數，其奇數項之和為85，偶數項之和為170，則這個數列的公比和項數分別為A．8，2 B．2，4 C．4，10 D．2，84．（福建省泉州市2021-2022學年高一上學期期末教學質量檢測數學試題）若，則（）A． B． C． D．5．如圖，在△中，，，為上一點，且滿足，若，，則的值為（）.A． B． C． D．6．（2022·江西上饒·一模（理））算盤是中國傳統的計算工具，是中國人在長期使用算籌的基礎上發(fā)明的，是中國古代一項偉大的?重要的發(fā)明，在阿拉伯數字出現前是全世界廣為使用的計算工具.“珠算”一詞最早見于東漢徐岳所撰的《數術記遺》，其中有云：“珠算控帶四時，經緯三才.”北周甄鸞為此作注，大意是：把木板刻為3部分，上?下兩部分是停游珠用的，中間一部分是作定位用的.下圖是一把算盤的初始狀態(tài)，自右向左，分別是個位?十位?百位?……，上面一粒珠（簡稱上珠）代表5，下面一粒珠（簡稱下珠）是1，即五粒下珠的大小等于同組一粒上珠的大小.現從個位?十位?百位和千位這四組中隨機撥動2粒珠（上珠只能往下撥且每位至多撥1粒上珠，下珠只能往上撥），則算盤表示的整數能夠被5整除的概率是（）A． B． C． D．7．（2021·安徽·涇縣中學高三階段練習（理））已知函數（，，）的圖象如圖，將的圖象上各點向右平移個單位長度后得到函數的圖象，則（）A．在區(qū)間上單調遞增B．的圖象的最小正周期為C．的圖象關于點對稱D．的圖象關于直線對稱8．（2022·河南·高三階段練習（理））過原點且斜率不為0的直線l交雙曲線于A，B兩點，雙曲線C上與A在同一支上的點N使得直線AB，AN的斜率均存在，且，過點A作x軸的垂線交雙曲線C于點M，交BN于點P，且，則雙曲線C的離心率為（）A． B． C． D．二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分。）9．（2022·安徽·歙縣教研室高一期末）已知集合，是全集的兩個非空子集，如果且，那么下列說法中正確的有（）A．，有B．，使得C．，有D．，使得10．（2021·江蘇·泰州中學高三階段練習）下列說法正確的是（）A．的展開式中含的系數是B．已知隨機變量服從正態(tài)分布，若，則C．若實數，則的最大值為D．若函數有個零點，則11．（廣東省茂名市五校聯盟2021-2022學年高二上學期期末聯考數學試題）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E是線段CD1上的動點，則下列判斷正確的是（）A．直線AC1⊥平面BCD1A1B．點B1到平面BCD1A1的距離是C．無論點E在線段CD1的什么位置，都有AC1⊥B1ED．若異面直線B1E與AD所成的角為θ，則sinθ的最小值為12．（2022·廣東清遠·高二期末）意大利著名數學家斐波那契在研究兔子的繁殖問題時，發(fā)現有這樣的一列數：1，1，2，3，5，8，….該數列的特點如下：前兩個數均為1，從第三個數起，每一個數都等于它前面兩個數的和，人們把這樣的一列數組成的數列稱為斐波那契數列.現將中的各項除以4所得余數按原順序構成的數列記為，則（）A． B．C． D．三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分。）13．（2022·福建福清·高二期末）若，則___．14．（2021·山東濰坊·模擬預測）已知．若，則_________．15．（2022·福建莆田·模擬預測）已知為正方體表面上的一動點，且滿足，則動點運動軌跡的周長為__________.16．設函數，對任意非零實數，若等式成立，則正整數的值為__________.四、解答題（本題共6小題，共70分。第17題10分，其余每題12分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）17．（2021·山東濰坊·模擬預測）如圖，在平面四邊形ABCD中，已知，點E在AB上且AE=2BE，．(1)求的值；(2)求的周長．18．（2022·重慶市育才中學模擬預測）已知數列{}的前n項和為且滿足=-n.(1)求{}的通項公式；(2)證明：19．（2021·山西呂梁·一模（理））已知點F為拋物線E：的焦點，為E上一點，且．(1)求拋物線E的方程．(2)過E上動點A作圓N：的兩條切線，分別交E于B，C（不同于點A）兩點，是否存在實數t，使得直線BC與圓N相切．若存在，求出實數t的值，不存在，請說明理由．20．（2021·山東濰坊·模擬預測）如圖，已知圓柱的上，下底面圓心分別為是圓柱的軸截面，正方形ABCD內接于下底面圓Q，．(1)當k為何值時，點Q在平面PBC內的射影恰好是△PBC的重心；(2)若，當平面PAD與平面PBC所成的銳二面角最大時，求該銳二面角的余弦值．21．（2022·福建寧德·模擬預測）某次圍棋比賽的決賽，由甲乙兩人爭奪最后的冠軍，決賽先進行兩天，每天實行三盤兩勝制，即先贏兩盤者獲得該天勝利，此時該天比賽結束．若甲乙中的一方能連續(xù)兩天勝利，則其為最終冠軍；若前兩天雙方各贏一天，則第三天只進行一盤附加賽，該附加賽的獲勝方為最終冠軍．設每盤比賽甲獲勝的概率為，每盤比賽的結果沒有平局且結果互相獨立．(1)記第一天需要進行的比賽盤數為X．（?。┣螅⑶螽斎∽畲笾禃rp的值；（ⅱ）結合實際，談談（?。┲薪Y論的意義；(2)當時，記總共進行的比賽盤數為Y，求．22．（2021·山東濰坊·模擬預測）已知函數．(1)當時，求函數的單調區(qū)間；(2)設，若為函數的極值點，且，求的值.

2022屆高考數學·熱身卷2一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，有一項符合題目要求。）1．（2021·四川·石室中學模擬預測（理））已知復數，則的共軛復數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【答案】D【分析】利用復數的除法化簡復數，利用共軛復數的定義以及復數的幾何意義可得出結論.【詳解】由題意，得，所以，所以復數對應的點的坐標為，位于第四象限．2．（2022·廣東·模擬預測）如圖是網絡上流行的表情包，其利用了“可倒”和“可導”的諧音生動形象地說明了高等數學中“連續(xù)”和“可導”兩個概念之間的關系．根據該表情包的說法，在處連續(xù)是在處可導的（）．A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】若函數在處可導，則在處一定連續(xù)；若函數在處連續(xù)，但在處不一定可導.【詳解】由“連續(xù)不一定可導”知，“在處連續(xù)”不能推出“在處可導”,比如函數在處連續(xù)，但是在處不可導；由“可導一定連續(xù)”知，“在處可導”可以推出“在處連續(xù)”.因此在處連續(xù)是在處可導的必要不充分條件3．已知一個等比數列首項為1，項數是偶數，其奇數項之和為85，偶數項之和為170，則這個數列的公比和項數分別為A．8，2 B．2，4 C．4，10 D．2，8【答案】D【詳解】設數列共有項，分別為：，由題意結合等比數列前n項和公式可得：，解得：，即這個數列的公比為2，項數為8.4．（福建省泉州市2021-2022學年高一上學期期末教學質量檢測數學試題）若，則（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用作為分段點進行比較，從而確定正確答案.【詳解】，所以.5．如圖，在△中，，，為上一點，且滿足，若，，則的值為（）.A． B． C． D．【答案】C【分析】由及，將由三點共線可求m的值，再用、表示，進而求即可【詳解】∵，，即且∴，又C、P、D共線，有，即即，而∴∴=6．（2022·江西上饒·一模（理））算盤是中國傳統的計算工具，是中國人在長期使用算籌的基礎上發(fā)明的，是中國古代一項偉大的?重要的發(fā)明，在阿拉伯數字出現前是全世界廣為使用的計算工具.“珠算”一詞最早見于東漢徐岳所撰的《數術記遺》，其中有云：“珠算控帶四時，經緯三才.”北周甄鸞為此作注，大意是：把木板刻為3部分，上?下兩部分是停游珠用的，中間一部分是作定位用的.下圖是一把算盤的初始狀態(tài)，自右向左，分別是個位?十位?百位?……，上面一粒珠（簡稱上珠）代表5，下面一粒珠（簡稱下珠）是1，即五粒下珠的大小等于同組一粒上珠的大小.現從個位?十位?百位和千位這四組中隨機撥動2粒珠（上珠只能往下撥且每位至多撥1粒上珠，下珠只能往上撥），則算盤表示的整數能夠被5整除的概率是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用古典概型概率公式計算概率.【詳解】從個位?十位?百位和千位這四組中隨機撥動2粒珠，得到的整數共有32個，分別為：11，15，51，55，101，105，501，505，110，150，510，550，1001，1005，5001，5005，1010，1050，5010，5050，1100，1500，5100，5500，2，20，200，2000，6，60，600，6000，其中算盤表示的整數能夠被5整除的整數有24個，分別為：15，55，105，505，110，150，510，550，1005，5005，1010，1050，5010，5050，1100，1500，5100，5500，20，200，2000，60，600，6000，則算盤表示的整數能夠被5整除的概率為.7．（2021·安徽·涇縣中學高三階段練習（理））已知函數（，，）的圖象如圖，將的圖象上各點向右平移個單位長度后得到函數的圖象，則（）A．在區(qū)間上單調遞增B．的圖象的最小正周期為C．的圖象關于點對稱D．的圖象關于直線對稱【答案】A【分析】由圖象結合五點法求得，根據圖象變換求得，根據正弦型函數性質依次判斷各選項即可得出結果.【詳解】依題意函數的圖象的最小正周期為，所以，所以．由得，因為，所以，所以，由題意，得，則所以，在區(qū)間上單調遞增，A正確，的最小正周期為,B錯誤．當時，，的圖象不關于點對稱，C錯誤.當時，，則D錯誤.8．（2022·河南·高三階段練習（理））過原點且斜率不為0的直線l交雙曲線于A，B兩點，雙曲線C上與A在同一支上的點N使得直線AB，AN的斜率均存在，且，過點A作x軸的垂線交雙曲線C于點M，交BN于點P，且，則雙曲線C的離心率為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】設點，可以得到，，設點P的坐標，由向量共線的坐標表示可得縱坐標與點的關系，然后再由三點共線性質，A，N在雙曲線上化簡整理可以得到a，b的關系，有離心率公式可以計算結果.【詳解】設，，則，．因為，，且，，所以．因為，所以．因為．所以點P的坐標為．又因B，N，P三點共線，所以,即，，所以，所以，所以，二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分。）9．（2022·安徽·歙縣教研室高一期末）已知集合，是全集的兩個非空子集，如果且，那么下列說法中正確的有（）A．，有B．，使得C．，有D．，使得【答案】BC【分析】根據且確定正確選項.【詳解】由于是全集的非空子集，且，所以是的真子集，所以，使得、，有，即BC選項正確.10．（2021·江蘇·泰州中學高三階段練習）下列說法正確的是（）A．的展開式中含的系數是B．已知隨機變量服從正態(tài)分布，若，則C．若實數，則的最大值為D．若函數有個零點，則【答案】AB【分析】利用二項式定理可判斷A選項；利用正態(tài)密度曲線的對稱性可判斷B選項；利用基本不等式可判斷C選項；數形結合可判斷D選項.【詳解】對于A選項，的展開式通項為，令，可得，所以，展開式中含的系數是，A對；對于B選項，由已知可得，由正態(tài)曲線的對稱性可得，B對；對于C選項，，當且僅當時，等號成立，故，C錯；對于D選項，由，可得，作出直線與曲線的圖象如下圖所示：由圖象可知，當時，即當時，直線與曲線有個交點，此時函數有個零點，D錯.11．（廣東省茂名市五校聯盟2021-2022學年高二上學期期末聯考數學試題）如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E是線段CD1上的動點，則下列判斷正確的是（）A．直線AC1⊥平面BCD1A1B．點B1到平面BCD1A1的距離是C．無論點E在線段CD1的什么位置，都有AC1⊥B1ED．若異面直線B1E與AD所成的角為θ，則sinθ的最小值為【答案】BCD【分析】以點為原點，建立空間直角坐標系，利用向量的坐標表示，判斷ACD，結合等體積公式，求點B1到平面BCD1A1的距離，判斷選項B.【詳解】如圖，建立空間直角坐標系，，，，，，，，A.，，因為，所以與不垂直，那么與平面不垂直，故A錯誤；B.點到平面的距離即點到平面的距離，設點到平面的距離為，因為，即得，解得：，故B正確；C.因為點在線段上，所以，，，所以，故C正確；D.，，，因為，所以求的最小值，即求的最大值，當時，取得最大值，最大值是，此時，故D正確.12．（2022·廣東清遠·高二期末）意大利著名數學家斐波那契在研究兔子的繁殖問題時，發(fā)現有這樣的一列數：1，1，2，3，5，8，….該數列的特點如下：前兩個數均為1，從第三個數起，每一個數都等于它前面兩個數的和，人們把這樣的一列數組成的數列稱為斐波那契數列.現將中的各項除以4所得余數按原順序構成的數列記為，則（）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根據已知條件列出數列的前面幾項，發(fā)現其為周期數列，利用周期數列的性質即可判斷AC的正誤；再利用本身的性質可判斷BD的正誤.【詳解】因為，，，，，，，，…，所以是以6為周期的周期數列，所以，所以A正確；因為，所以C錯誤；因為，所以B錯誤；因為，所以，所以D正確.三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分。）13．（2022·福建福清·高二期末）若，則___．【答案】【分析】導數的定義公式的變形應用，要求分子分母的變化量相同.【詳解】14．（2021·山東濰坊·模擬預測）已知．若，則_________．【答案】36【分析】先求出，再根據條件求得n的值，再利用二項式展開式的通項公式求得答案.【詳解】對于，令，則；令，則，即，故,15．（2022·福建莆田·模擬預測）已知為正方體表面上的一動點，且滿足，則動點運動軌跡的周長為__________.【答案】【分析】首先根據條件確定P點所處的平面，再建立坐標系求出動點P的軌跡方程，據此求出軌跡的長.【詳解】由可知，正方體表面上到點A距離最遠的點為，所以P點只可能在面，面，面上運動，當P在面上運動時，如圖示，建立平面直角坐標系，則,設，由得：，即，即P點在平面ABCD內的軌跡是以E（4,0）為圓心，以為半徑的一段圓弧，因為,故,所以P點在面ABCD內的軌跡的長即為同理，P點在面內情況亦為；P點在面上時，因為，,所以，所以此時P點軌跡為以B為圓心，2為半徑的圓弧，其長為，綜上述，P點運動軌跡的周長為.16．設函數，對任意非零實數，若等式成立，則正整數的值為__________.【答案】504【分析】根據題意得到，代入計算得到式子，計算得到答案.【詳解】，則則.四、解答題（本題共6小題，共70分。第17題10分，其余每題12分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）17．（2021·山東濰坊·模擬預測）如圖，在平面四邊形ABCD中，已知，點E在AB上且AE=2BE，．(1)求的值；(2)求的周長．【答案】(1)；(2)【分析】（1）在中利用正弦定理求解即可，（2）在中利用銳角三角函數的定義求出，在中利用余弦定理求出的長，從而可求出的周長【解析】(1)由題知，，在中，由正弦定理得，因為，，，所以．(2)因為,所以，所以，所以，在中，因為，，所以，在中，由余弦定理得，所以的周長為．18．（2022·重慶市育才中學模擬預測）已知數列{}的前n項和為且滿足=-n.(1)求{}的通項公式；(2)證明：【答案】(1)；(2)證明見解析【分析】（1）利用得到遞推公式，再構造等比數列求出通項公式；（2）等比放縮，證明不等式.【解析】(1)因為=-n.所以=-n-1，所以a所以，所以是首項為，公比為的等比數列.所以，所以；(2)即證明：23?1，∴23?1+19．（2021·山西呂梁·一模（理））已知點F為拋物線E：的焦點，為E上一點，且．(1)求拋物線E的方程．(2)過E上動點A作圓N：的兩條切線，分別交E于B，C（不同于點A）兩點，是否存在實數t，使得直線BC與圓N相切．若存在，求出實數t的值，不存在，請說明理由．【答案】(1)；(2)存在，證明見解析.【分析】（1）根據拋物線定義求出，即可求出方程；（2）假設存在，利用直線OB與圓N相切求出t，排除，再由AB,AC分別與圓相切求出為方程的根，由根與系數的關系及圓心到直線的距離化簡求解即可.【解析】(1)由拋物線的定義得，，所以，E的方程為.(2)假設存在實數，使得BC與圓N相切.當A為坐標原點時，由BC與圓N相切得,直線OB的方程為，由直線OB與圓N相切得,，解之得或，當時，A，B，C三點重合，舍去，下面證明當時，滿足條件.設，則直線的AB方程為:，因AB與圓相切，所以，即同理由AC與圓相切得，即為方程的兩根，所以，N到直線BC的距離為.所以直線BC與圓N相切，因此存在實數，使得直線BC與圓N相切.20．（2021·山東濰坊·模擬預測）如圖，已知圓柱的上，下底面圓心分別為是圓柱的軸截面，正方形ABCD內接于下底面圓Q，．(1)當k為何值時，點Q在平面PBC內的射影恰好是△PBC的重心；(2)若，當平面PAD與平面PBC所成的銳二面角最大時，求該銳二面角的余弦值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）作輔助線，找到Q點在平面PBC內的射影,然后利用重心的性質結合圖形的幾何性質計算，求得結果；（2）建立空間直角坐標系，確定相關點的坐標，求出相關向量的坐標，進而求得平面和平面的的法向量，根據向量的夾角公式求得結果.【解析】(1)取中點，連結，，，則，，又，所以平面，過作，交于，因為平面，所以，又，所以平面，即是點在平面內的射影．因為恰好是的重心，所以，在中，，，所以，，所以，即．所以當時，點在平面內的射影恰好是的重心．(2)以為原點，為軸，為軸，作，以為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，，．設平面的法向量，則即取，得．設平面的法向量，則即取，得．．因為，所以當時，上式取得最小值，此時二面角最大，所以平面與平面所成銳二面角最大時，其余弦值為．21．（2022·福建寧德·模擬預測）某次圍棋比賽的決賽，由甲乙兩人爭奪最后的冠軍，決賽先進行兩天，每天實行三盤兩勝制，即先贏兩盤者獲得該天勝利，此時該天比賽結束．若甲乙中的一方能連續(xù)兩天勝利，則其為最終冠軍；若前兩天雙方各贏一天，則第三天只進行一盤附加賽，該附加賽的獲勝方為最終冠軍．設每盤比賽甲獲勝的概率為，每盤比賽的結果沒有平局且結果互相獨立．(1)記第一天需要進行的比賽盤數為X．（ⅰ）求，并求當取最大值時p的值；（ⅱ）結合實際，談談（?。┲薪Y論的意義；(2)當時，記總共進行的比賽盤數為Y，求．【答案】(1)（i），取最大值時，（ii）結合實際，當時雙方實力最接近，比賽越激烈，則一天中進行比賽的盤數會更多；(2)【分析】（1）X可能取值為2，3，分別求解對應的概率，根據期望的定義求解，再根據二次函數的性質求最值即可；（2）即或，即獲勝方兩天均為獲勝或者獲勝方前兩天的比分為和或者和再加附加賽，分別計算概率即可【解析】(1)（i）X可能取值為2，3，；故即，則當時，取得最大值.（ii）結合實際，當時雙方實力最接近，比賽越激烈，則一天中進行比賽的盤數會更多．(2)當時，雙方前兩天的比分為或的概率均為比分為或的概率均為則或，即獲勝方兩天均為獲勝，故；即獲勝方前兩天的比分為和或者和再加附加賽，故所以22．（2021·山東濰坊·模擬預測）已知函數．(1)當時，求函數的單調區(qū)間；(2)設，若為函數的極值點，且，求的值.【答案】(1)增區(qū)間是，減區(qū)間是；(2)【分析】（1）利用導數得出函數的單調區(qū)間；（2）分類討論的范圍，利用導數得出在的極值，結合，從而得出的值.【解析】(1)函數的定義域為，當時，，，當時，，當時，，所以函數的增區(qū)間是，減區(qū)間是．(2)由題意只需研究在上的極值點的情況．可得，，①當時，，是單調遞增函數，即是單調遞增函數．因為，所以當時，，是單調遞增函數．所以在上沒有極值點；②當時，由（1）知，，即，所以在上是減函數，沒有極值點；③當時，令，，可得當時，，當時，，即，所以在上單調遞減，又因為，所以時，，所以在上單調遞減，沒有極值點；④當時，，由二次函數的圖像得存在使得，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；又，所以時，．當時，，所以存在，使得，所以在單調遞增，在單調遞減，所以符合題目要求，即，，所以，得，即，即，當時，成立，當時，，即，令，可得，在上為增函數，所以，無解，故．所以．

2022屆高考數學·備戰(zhàn)熱身卷3一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，有一項符合題目要求。）1．（2022·河北·模擬預測）已知集合A=（

）A．B．C．或D．

2．（2022·河北·模擬預測）已知復數（，），若，則（

）A． B． C． D．3．（2022·河北·模擬預測）一質點在單位圓上作勻速圓周運動，其位移滿足的方程為，其中h表示位移（單位：m），t表示時間（單位：s），則質點在時的瞬時速度為（

）A．sin2m/s B．cos2m/s C．2sin2m/s D．2cos2m/s4．（2022·全國·高三專題練習）在等差數列中，，，則（

）A．0 B．m C．n D．5．（2022·河北·模擬預測）函數（）的圖象大致是A． B．C． D．6．（2022·河北·模擬預測）已知向量與的夾角為120°，且，向量滿足，且，記向量在向量與方向上的投影分別為、．的最大值為（

）A． B．2 C． D．7．（重慶市西南大學附屬中學校2021-2022學年高二下學期第三次月考數學試題）已知數列滿足，，則下列結論錯誤的是（

）A．是單調遞增數列B．存在，使得C．D．8．（2022·河北·模擬預測）已知是方程的零點（其中為自然對數的底數），下列說法錯誤的是（

）A． B． C． D．二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分。）9．（2022·河北·模擬預測）下列函數中，以為最小正周期，且在上單調遞減的為（

）A． B． C． D．10．（江西省新余市2021-2022學年高一上學期期末數學試題）下列命題是真命題的為（）A．，函數恒過定點（1，2）B．若，則C．已知一個樣本為：1，3，4，a，7，且它的平均數是4，則這個樣本的方差是4D．數據170，168，172，172，176，178，175的60%分位數是17511．（2022·河北·模擬預測）下列結論正確的有（

）A．若，則B．若，，，則C．若，，則D．若，，，則12．（廣東省汕頭市2022屆高三上學期期末數學試題）在棱長為1的正方體中，為底面的中心，，為線段的中點，則（

）A．與共面B．三棱錐的體積跟的取值無關C．時，過A，Q，M三點的平面截正方體所得截面的周長為D．三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分。）13．（2022·河北·模擬預測）已知向量，，且，則__________.14．（2022·河北·模擬預測）如果函數同時滿足下列兩個條件：①函數圖象關于直線對稱；②函數圖象關于點對稱，那么我們稱它為“點軸對稱型函數”.請寫出一個這樣的“點軸對稱函數”___________.15．（2022·河北·模擬預測）已知過橢圓上的動點作圓（為圓心）：的兩條切線，切點分別為，若的最小值為，則橢圓的離心率為______．16．（2022·浙江浙江·高三階段練習）如圖，點P是半徑為2的圓O上一點，現將如圖放置的邊長為2的正方形（頂點A與P重合）沿圓周逆時針滾動.若從點A離開圓周的這一刻開始，正方形滾動至使點A再次回到圓周上為止，稱為正方形滾動了一輪，則當點A第一次回到點P的位置時，正方形滾動了________輪，此時點A走過的路徑的長度為___________.四、解答題（本題共6小題，共70分。第17題10分，其余每題12分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）17.（2022·云南·昆明一中高一期末）如圖，已知直線，A是之間的一定點，并且點A到，的距離分別為和2.B，C分別是直線上的動點，且，設，.(1)寫出關于x的函數解析式；(2)求函數的最小值及相對應的x的值.18．（山東省煙臺市2022屆高三一模數學試題）己知等差數列的前n項和為，，．(1)求的通項公式；(2)保持數列中各項先后順序不變，在與之間插入個1，使它們和原數列的項構成一個新的數列，記的前n項和為，求的值．19．（2022·北京一七一中高三階段練習）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側棱底面，，E是的中點，作交于點F.(1).證明：平面；(2)證明：平面；(3)求二面角的余弦值.20．（2022·廣東江門·模擬預測）浙江省東魁楊梅是現在世界上最大果形的楊梅，有“乒乓楊梅”、“楊梅之皇”的美譽.東魁楊梅始于浙江黃巖區(qū)江口街道東岙村一棵樹齡約120多年的野楊梅樹，經過東岙村和白龍岙村村民不斷改良，形成了今天東魁楊梅的品種.栽培東魁楊梅一舉多得，對開發(fā)山區(qū)資源，綠化荒山，保持水土，增加山區(qū)經濟收入具有積極意義.根據多年的經驗，可以認為東魁楊梅果實的果徑（單位：mm），但因氣候、施肥和技術的不同，每年的和都有些變化.現某農場為了了解今年的果實情況，從摘下的楊梅果實中隨機取出1000顆，并測量這1000顆果實的果徑，得到如下頻率分布直方圖.(1)用頻率分布直方圖估計樣本的平均數近似代替，標準差s近似代替，已知.根據以往經驗，把果徑與的差的絕對值在內的果實稱為“標準果”.現從農場中摘取20顆果，請問這20顆果恰好有一顆不是“標準果”的概率；（結果精確到0.01）(2)隨著直播帶貨的發(fā)展，該農場也及時跟進.網絡銷售在大大提升銷量的同時，也增加了壞果賠付的成本.現該農場有一款“”的主打產品，該產品按盒銷售，每盒20顆，售價80元，客戶在收到貨時如果有壞果，每一個壞果該農場要賠付4元.根據收集到的數據，知若采用款包裝盒，成本元，且每盒出現壞果個數滿足，若采用款包裝盒，成本元，且每盒出現壞果個數滿足，（為常數），請運用概率統計的相關知識分析，選擇哪款包裝盒可以獲得更大利潤?參考數據：；；；；；.21．（2022·河北唐山·一模）已知橢圓經過點，離心率為.(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，橢圓C的左、右頂點為，，不與坐標軸垂直且不過原點的直線l與C交于M，N兩點（異于，），點M關于原點O的對稱點為點P，直線與直線交于點Q，直線與直線l交于點R.證明：點R在定直線上.22．（2022·全國·模擬預測）已知函數，且是函數的導函數，(1)求函數的極值；(2)當時，若方程有兩個不等實根．（?。┳C明：；（ⅱ）證明：．

2022屆高考數學·備戰(zhàn)熱身卷3一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，有一項符合題目要求。）1．（2022·河北·模擬預測）已知集合A=（

）A．B．C．或D．

【答案】A【分析】先求出集合，再根據集合的交集運算，即可求出結果.【詳解】因為集合，所以.2．（2022·河北·模擬預測）已知復數（，），若，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用復數相等的條件求出a、b，即可得到答案.【詳解】因為，所以.所以.所以.3．（2022·河北·模擬預測）一質點在單位圓上作勻速圓周運動，其位移滿足的方程為，其中h表示位移（單位：m），t表示時間（單位：s），則質點在時的瞬時速度為（

）A．sin2m/s B．cos2m/s C．2sin2m/s D．2cos2m/s【答案】D【分析】求出可求質點在時的瞬時速度，從而可得正確的選項.【詳解】因為，所以，所以質點在時的瞬時速度為2cos2m/s．4．（2022·全國·高三專題練習）在等差數列中，，，則（

）A．0 B．m C．n D．【答案】A【分析】選擇題可以用特殊值法，簡便又快捷.【詳解】構造等差數列使得，，這里，，于是，排除B、C、D.5．（2022·河北·模擬預測）函數（）的圖象大致是A． B．C． D．【答案】B【詳解】由題意可知，所以函數是奇函數，依據圖象排除A和C選項，由于，即，排除D選項，故選B.6．（2022·河北·模擬預測）已知向量與的夾角為120°，且，向量滿足，且，記向量在向量與方向上的投影分別為、．的最大值為（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】由數量積的定義得，由向量共線定理得在線段上，由，得，利用投影公式計算出，計算是常數，因此只要最小即可得最大，利用余弦定理和基本不等式可得結論．【詳解】由得，設，，，因為，由向量共線定理知在線段上，如圖，設，則，因為，所以，即，故在方向上的投影與在方向上的投影相等，因此，又，，所以，又，所以，為常數，因此要使得最大，只要最小，由余弦定理，當且僅當時等號成立，所以的最小值為，因此的最大值為，故的最大值為．7．（重慶市西南大學附屬中學校2021-2022學年高二下學期第三次月考數學試題）已知數列滿足，，則下列結論錯誤的是（

）A．是單調遞增數列B．存在，使得C．D．【答案】B【分析】根據可推導得到當時，，結合可求得，由此可得，知AB正誤；由，采用裂項相消法可知C正確；根據遞推關系式計算出即可知D正確.【詳解】對于A，由得：，時，；，，，依次類推可得：，，是單調遞增數列，A正確；對于B，由A中推導可知：，不存在，使得，B錯誤；對于C，由得：，，，C正確；對于D，由，得：，，D正確.8．（2022·河北·模擬預測）已知是方程的零點（其中為自然對數的底數），下列說法錯誤的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據給定條件確定所在區(qū)間，再逐一分析各個選項即可判斷作答.【詳解】函數在R上單調遞增，而，，而是方程的零點，則，即，A正確；由得：，整理得：，B正確；因，，則，C不正確；因，則有，D正確.二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分。）9．（2022·河北·模擬預測）下列函數中，以為最小正周期，且在上單調遞減的為（

）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根據圖象的周期變換和翻折變換作出函數圖象，然后可得.【詳解】作出函數的圖象，如圖1，顯然A錯誤；作函數圖象，如圖2，故B正確；作函數圖象，如圖3，故C錯誤；作函數圖象，如圖4，故D正確.10．（江西省新余市2021-2022學年高一上學期期末數學試題）下列命題是真命題的為（）A．，函數恒過定點（1，2）B．若，則C．已知一個樣本為：1，3，4，a，7，且它的平均數是4，則這個樣本的方差是4D．數據170，168，172，172，176，178，175的60%分位數是175【答案】BCD【分析】求出函數的圖象所過定點即可判斷A;利用作差法比較，可判斷B;根據平均數求出a,即可求得方差,可判斷C;將數據170，168，172，172，176，178，175從小到大排列，求得其60%分位數，即可判斷D.【詳解】因為，故，故，函數恒過定點（1，3），故A錯誤；，由于，故，即，故B正確；樣本為：1，3，4，a，7，且它的平均數是4，即，，其方差為，故C正確；數據170，168，172，172，176，178，175從小到大排列為：168,170,172,172,175,176,178，而，故這組數據的60%分位數時175，故D正確，11．（2022·河北·模擬預測）下列結論正確的有（

）A．若，則B．若，，，則C．若，，則D．若，，，則【答案】BCD【分析】對于A，分和兩種情況分析判斷即可，對于B，利用指數函數、對數函數和三角函數的單調性判斷，對于C，令，則，則，化簡，再求可得答案，對于D，構造函數，由導數判斷函數的單調性，然后利用單調性比較大小【詳解】對于A，當時，由，得，則，當時，由，得，則，因為，所以，綜上，或，所以A錯誤，對于B，因為，所以，所以，所以，因為，所以，即，所以，所以，所以B正確，對于C，令，則，所以，所以，所以，所以，所以C正確，對于D，令，則，當時，，當時，，所以在上遞增，在上遞減，因為，所以，所以，因為，所以，所以，所以D正確.12．（廣東省汕頭市2022屆高三上學期期末數學試題）在棱長為1的正方體中，為底面的中心，，為線段的中點，則（

）A．與共面B．三棱錐的體積跟的取值無關C．時，過A，Q，M三點的平面截正方體所得截面的周長為D．【答案】ABC【分析】由為的中點，得到，可判定A正確；由到平面的距離為定值，且的面積為定值，根據，可得判定B正確，由時，得到三點的正方體的截面是等腰梯形，可判定C正確；當時，根據，可判定D不正確．【詳解】在中，因為為的中點，所以，所以與共面，所以A正確；由，因為到平面的距離為定值，且的面積為定值，所以三棱錐的體積跟的取值無關，所以B正確；當時，過三點的正方體的截面是等腰梯形，所以平面截正方體所得截面的周長為，所以C正確；當時，可得，則，所以不成，所以D不正確．三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分。）13．（2022·河北·模擬預測）已知向量，，且，則__________.【答案】；【詳解】因為，，所以，因為，所以，解得.14．（2022·河北·模擬預測）如果函數同時滿足下列兩個條件：①函數圖象關于直線對稱；②函數圖象關于點對稱，那么我們稱它為“點軸對稱型函數”.請寫出一個這樣的“點軸對稱函數”___________.【答案】或【詳解】根據題意，設，由于的圖象關于直線對稱，且關于點對稱，則，即，當時，解得：，所以或.15．（2022·河北·模擬預測）已知過橢圓上的動點作圓（為圓心）：的兩條切線，切點分別為，若的最小值為，則橢圓的離心率為______．【答案】【詳解】由橢圓方程知其右焦點為；由圓的方程知：圓心為，半徑為；當最小時，則最小，即，此時最?。淮藭r，；為橢圓右頂點時，，解得：，橢圓的離心率.16．（2022·浙江浙江·高三階段練習）如圖，點P是半徑為2的圓O上一點，現將如圖放置的邊長為2的正方形（頂點A與P重合）沿圓周逆時針滾動.若從點A離開圓周的這一刻開始，正方形滾動至使點A再次回到圓周上為止，稱為正方形滾動了一輪，則當點A第一次回到點P的位置時，正方形滾動了________輪，此時點A走過的路徑的長度為___________.【答案】

3；【詳解】正方形滾動一輪，圓周上依次出現的正方形頂點為，頂點兩次回到點P時，正方形頂點將圓周正好分成六等分，由4和6的最小公倍數：，所以到點A首次與P重合時，正方形滾動了3輪.這一輪中，點A路徑是圓心角為，半徑分別為2，，2的三段弧，故路徑長，∴點A與P重合時總路徑長為.四、解答題（本題共6小題，共70分。第17題10分，其余每題12分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。）17.（2022·云南·昆明一中高一期末）如圖，已知直線，A是之間的一定點，并且點A到，的距離分別為和2.B，C分別是直線上的動點，且，設，.(1)寫出關于x的函數解析式；(2)求函數的最小值及相對應的x的值.【答案】(1)，；(2)時，.【解析】(1)依題意，，而，，，則，由知，點B，C在直線DE同側，均為銳角，則有，在中，，在中，，則，所以，.(2)由(1)得：因，即，當，即時，取最大值1，所以.18．（山東省煙臺市2022屆高三一模數學試題）己知等差數列的前n項和為，，．(1)求的通項公式；(2)保持數列中各項先后順序不變，在與之間插入個1，使它們和原數列的項構成一個新的數列，記的前n項和為，求的值．【答案】(1)；(2)142.【解析】(1)設的公差為d，由已知，．解得，d＝2．所以；(2)因為與之間插入個1，所以在中對應的項數為，當k＝6時，，當k＝7時，，所以，，且．因此.19．（2022·北京一七一中高三階段練習）如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側棱底面，，E是的中點，作交于點F.(1).證明：平面；(2)證明：平面；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)【解析】(1)如圖所示建立空間直角坐標系，D為坐標原點，設．（1）證明：連接AC，AC交BD于G，連接EG．依題意得．∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故點G的坐標為且．∴，故PA∥EG．而EG?平面EDB且PA?平面EDB，∴PA∥平面EDB．(2)依題意得B（a，a，0），．又，故．∴PB⊥DE．由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，所以PB⊥平面EFD．(3)設點F的坐標為（x0，y0，z0），，則（x0，y0，z0﹣a）＝λ（a，a，﹣a）．從而x0＝λa，y0＝λa，z0＝（1﹣λ）a．所以．由條件EF⊥PB知，，即，解得∴點F的坐標為，且易知,又，所以平面,故是平面的法向量，設平面的法向量，又,所以，令，則，所以，所以故二面角的大小為.20．（2022·廣東江門·模擬預測）浙江省東魁楊梅是現在世界上最大果形的楊梅，有“乒乓楊梅”、“楊梅之皇”的美譽.東魁楊梅始于浙江黃巖區(qū)江口街道東岙村一棵樹齡約120多年的野楊梅樹，經過東岙村和白龍岙村村民不斷改良，形成了今天東魁楊梅的品種.栽培東魁楊梅一舉多得，對開發(fā)山區(qū)資源，綠化荒山，保持水土，增加山區(qū)經濟收入具有積極意義.根據多年的經驗，可以認為東魁楊梅果實的果徑（單位：mm），但因氣候、施肥和技術的不同，每年的和都有些變化.現某農場為了了解今年的果實情況，從摘下的楊梅果實中隨機取出1000顆，并測量這1000顆果實的果徑，得到如下頻率分布直方圖.(1)用頻率分布直方圖估計樣本的平均數近似代替，標準差s近似代替，已知.根據以往經驗，把果徑與的差的絕對值在內的果實稱為“標準果”.現從農場中摘取20顆果，請問這20顆果恰好有一顆不是“標準果”的概率；（結果精確到0.01）(2)隨著直播帶貨的發(fā)展，該農場也及時跟進.網絡銷售在大大提升銷量的同時，也增加了壞果賠付的成本.現該農場有一款“”的主打產品，該產品按盒銷售，每盒20顆，售價80元，客戶在收到貨時如果有壞果，每一個壞果該農場要賠付4元.根據收集到的數據，知若采用款包裝盒，成本元，且每盒出現壞果個數滿足，若采用款包裝盒，成本元，且每盒出現壞果個數滿足，（為常數），請運用概率統計的相關知識分析，選擇哪款包裝盒可以獲得更大利潤?參考數據：；；；；；.【答案】(1)0.38；(2)當時，采用兩種包裝利潤一樣，當時，采用B款包裝盒，當時，采用A款包裝盒.【解析】(1)由題意得：，所以，，則，，所以，設從農場中摘取20顆果，這20顆果恰好有一顆不是“標準果”為事件A，則(2)由，解得：，所以，采用A款包裝盒獲得利潤的數學期望，采用B款包裝盒獲得利潤的數學期望，令，解得：a=，由于，令，解得：，令，解得：，故當時，采用兩種包裝利潤一樣，當時，采用B款包裝盒，當時，采用A款包裝盒.21．（2022·河北唐山·一模）已知橢圓經過點，離心率為.(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，橢圓C的左、右頂點為，，不與坐標軸垂直且不過原點的直線l與C交于M，N兩點（異于，），點M關于原點O的對稱點為點P，直線與直線交于點Q，直線與直線l交于點R.證明：點R在定直線上.【答案】(1)；(2)證明見解析.【解析】(1)由題意知，，解得，故橢圓C的方程為.(2)設，，則.直線l的方程為，其中且，將代入橢圓，整理得，由與韋達定理得：，，.由（1）知：，，設，由、P、Q三點共線得：，由、N、Q三點共線得：，則，于是直線的斜率為，直線的方程為，聯立，解得：，即點R在定直線上.22．（2022·全國·模擬預測）已知函數，且是函數的導函數，(1)求函數的極值；(2)當時，若方程有兩個不等實根