(新高考)2022屆高考考前沖刺卷

數(shù)學(xué)(三)

注意事項：

S1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，

S并將準(zhǔn)考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。

赭2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題

目的答案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。

3.非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。

寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。

4.考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。

第I卷(選擇題)

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.已知集合4={0,1},則集合6=卜-小eAyeA}中元素的個數(shù)是()

A.1個B.2個C.3個D.4個

【答案】C

【解析】由集合1={0,1},B={x-y|xeA,yeA},

根據(jù)所以x-y=-1,0,1,所以§中元素的個數(shù)是3,故選C.

2.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)且對應(yīng)的點坐標(biāo)為()

2+i

A.(1,2)B.(1,-2)C.(-1,2)D.(-1,-2)

【答案】A

3【解析】皿2—i)=j0±jil=i+2i,二在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點坐標(biāo)為

2+i(2+i)(2-i)5

致

——

(1，2)，

故選A.

3.用斜二測畫法畫水平放置的△ABC的直觀圖，得到如圖所示的等腰直角三角

界

形A'B'C'已知點O'是斜邊B'C的中點，且0A=2，則AABC的面積為()

A.40B.8A/2C.20D.672

【答案】B

【解析】由斜二測畫法可知該三角形ABC為直角三角形，ZABC=90°>

根據(jù)直觀圖中平行于x軸的長度不變，平行于y軸的長度變?yōu)樵瓉淼囊话?

因為0A=2，所以BC=4，AB=4五,

所以三角形ABC的面積為=gx4x40=80，故選B.

4.已知函數(shù)/(x)=xa-3x--則“a=l”是“函數(shù)/(x)為偶函數(shù)”的()

、ay

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】A

【解析】函數(shù)“可定義域為R,函數(shù)〃力為偶函數(shù),

OXO-X1

則VxeR，f(x)=-x(a-3-xx(a-3x--)=-x(3x+3-x)(a——)=0,

aaa

而-x(3'+3T)不恒為0，因此，a--=0-解得a=-1或a=l，

a

所以“a=l”是“函數(shù)為偶函數(shù)”的充分不必要條件，故選A.

5.已知數(shù)列㈤｝滿足囚+3%+32%+…+3”-4=^(〃?N*),則%=()

A.J-B.—C.—D.—

3n3"-13"3向

【答案】C

【解析】由題設(shè)，q+3a2+32a3+…+3"Ta"=?|①，

則％+34+324+...+3"_2a（〃22）②,

①-②得：3"-&=g—F=g（"22）,

所以4=g（心2）,

由①知a=J■也滿足上式，故a=—（〃?N*）,故選C.

13"3"

6.已知一組數(shù)據(jù)豌,X2,比3,…，稅的標(biāo)準(zhǔn)差為2,將這組數(shù)據(jù)％1，/，尤3,.一

玉。中的每個數(shù)先同時減去2,再同時乘以3,得到一組新數(shù)據(jù)，則這組新數(shù)據(jù)的

標(biāo)準(zhǔn)差為（）

A.2B.4C.6D.3^/2

【答案】C

【解析】因為數(shù)據(jù)占，%，匕，…，玉。的標(biāo)準(zhǔn)差為2,所以方差為4.

由題意知，得到的新數(shù)據(jù)為3為-6,3X2-6,3%-6,…，3稅-6,

這組新數(shù)據(jù)的方差為4x32=36,標(biāo)準(zhǔn)差為6,故選C.

22

7.如圖，耳、歹2分別是雙曲線c：二—與=1（。〉0］〉0）的左、右焦點，過百的直

a2b~1

線/與C的左、右兩支分別交于點A、3兩點，若△A5&為以歹2為直角頂點的等

腰直角三角形，則雙曲線C的離心率為（）

「2百

C.---D.73

3

【答案】D

【解析】由題意，為等腰直角三角形,

設(shè)|盟|=|典|=m，\AF\=n，^\\AB\=42m，

由雙曲線的定義，可得|然|-|四[=2”，忸耳|-忸閭=2a，

,[m—n-2a「,/、

可得|r，解得根=2"a，〃=2（0-1）。，

72m+n—m=2a'7

在中，由余弦定理可得閨閭2=M周2+|A閭2_2仙制人用cos/百傷，

即4c2=2（V2-1）2tz2+（2V2?）2-2x2（V2-l）?x2V2ax-—I,

2

整理得,2=34,即《2=二=3,所以e=百，

a

故選D.

8.已知關(guān)于x的方程/+2=仙1%+4（》+2）在；,+oo]上有兩解，則實數(shù)上的取

值范圍為（）

A.[1]+^^B.+C.（1,2]D.（l,e\

【答案】B

【解析】由已知可得左=-+2-xlnx在JL+QQ]上有兩解,

令匕上至吧，為6己,+8），

x+22

則問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=/（x）與y=左在[g,+oo）上有兩個交點，

-T-〃（2x—Inx—l）（x+2）—（%2+2—xInx）x2+3x—2Inx—4

/%~（x+2）2-（x+2）2，

2

盡/、2ociA[fiiif/\/-?22%+3x—2(2x—l)(x+2)

g(x)=x2+3x-21nx-4，貝！Jg\x)=2x+3o――=-------=---------

xxx

因為X￡[g,+8)，所以g'(x)20恒成立，所以g(x)在[g,+8)上單調(diào)遞增，

又g⑴=0,

所以當(dāng)xeg,l）時，g（x）＜0，則/'（x）＜0;

當(dāng)尤w[1,+00）時，g'（九）20，則/'（%）20,

所以/（X）在g,1）上單調(diào)遞減，在[1,+00）上單調(diào)遞增,

所以/（XU=/（1）=1，

111

又"l）_z+2m5_29ln29ln2

乂八5）一I+2?。┮挥?于'

2

作出函數(shù)了（%）的大致圖象如圖示：

要使得k=x2+2—xlnx在上有兩解,

x+2

實數(shù)上的取值范圍為（1,2+反，故選B.

I105

二、多項選擇題：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，部分選對的得2分，

有選錯的得0分.

9.一個質(zhì)地均勻的正四面體表面上分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,拋擲該正四面體

兩次，記事件A為“第一次向下的數(shù)字為偶數(shù)”，事件3為“兩次向下的數(shù)字之和

為奇數(shù)”，則下列說法正確的是（）

A.P（A）=|B.事件A和事件3互為對立事件

C.P（B|A）=1D.事件A和事件3相互獨立

【答案】CD

【解析】對于A,p(A)=-=-，可得A錯誤；

V742

對于B,事件3第一次向下的數(shù)字為偶數(shù)，第二次向下的數(shù)字為奇數(shù)，

就可以使得兩次向下的數(shù)字之和為奇數(shù)，可知事件A和事件3不是對立事件,

可得B錯誤；

1

對于c,由P(AB)=2X2=L,可得P(B|A)=2竺^=g=L,可得c正確；

444,)P(A)12

2

對于D選項，由尸(3)=：x：+：x：=g,可得P(A)P(6)=P(AB),

可知事件A和事件B相互獨立，可得D正確，

故選CD.

10.已知函數(shù)y(x)=sinx(2gcosx+sinx)-cos?x,則下列結(jié)論正確的是()

A.〃可的圖象關(guān)于直線x=g對稱

B./⑴在上的值域為[1,2]

C.若/(石)=/(%)=2，則％_4=2左乃，kGZ

D.將/⑺的圖象向右平移聿個單位得g(x)=-2cos2x圖象

【答案】BD

【解析】/(%)=2-73sinXCOSX+sin2x-cos2x=V3sin2x-cos2x=2sinlx--,

6

對于A：^2x---=k7v+-(k&Z},可得左=^eZ,

1262V72

所以直線x=^|不是的圖象的對稱軸，故選項A不正確;

—[1.-T-n、I/TCTCt.c兀7C57c.?入TC?1

對于B：當(dāng)工￡—時n，2%----G—,——，sin2x---G—,1

[42」6136」I6jL2.

所以/(x)=2sin12x-看Je[1,2],故選項B正確；

對于c：的最小正周期為T=,="，

所以若/(%)二/(%)=2，則%一%2=%?，keZ，故選項C不正確;

對于D：將的圖象向右平移看個單位得

7171）的圖象，故選項正確,

g(%)=2sin2X------=2sin[2x-g=-2cos2xD

6~6

故選BD.

11.如圖，正方體ABCD-A4GA的棱長為1，點p是內(nèi)部（不包括邊

界）的動點，若BD,AP，則線段AP長度的可能取值為（）

C.逅D.好

22

【答案】ABC

【解析】在正方體AG中，連接AC,AiCi,BR=O,如圖,

BD±AC,BD±AAi,則瓦〃平面ACGAi,

因APLBD,所以APu平面ACQAi,

又點P是ABCDI內(nèi)部（不包括邊界）的動點，

連接C。，平面囪CDi平面ACGAi=C。，所以點尸在線段C。上（不含點C,

。），

連接A。，在等腰△Q4C中，AC=&AO=CO=旦，

2

而底邊AC上的高為i,腰。。上的高力=40=2①,

0C3

從而有述<AP<&，g逅都符合，立不符合，

3522

故選ABC.

12.若存在正實數(shù)x,y,使得等式4x+a(y-3e2%Xlny-lnx)=0成立,其中e

為自然對數(shù)的底數(shù)，則。的取值可能是()

A.-1B.4C.—D.2

ee3e2

【答案】ACD

【解析】由題意,〃不等于0，S4x+tz(y-3e2x)(lny-lnx)=0>得

4+〃(1—3e2)ln?=0，

XX

令，=2?>0)，則——=ZlnZ-3e2lnZ，

xa

o2

g(0=HnZ-3e2Inr?則g'⑺=l+lnf----、

t

因為函數(shù)g'Q)在(0,+8)上單調(diào)遞增，且g'd)=0，

所以當(dāng)0〈/<e2時，，⑺v0;當(dāng)1>1時，，。)>0，

則gQ)在(032)上單調(diào)遞減，在(e2,+oo)上單調(diào)遞增，

從而gQ)min=g(e?)=-4e2，即——>—4e2,解得Q2、或av0,

ae

故ae(-oo,0)4,+oo|，故選ACD.

第n卷(非選擇題)

三、填空題：本大題共4小題，每小題5分.

13.已知向量“=0]+02，b-et-3e2>其中e2為單位向量，向量e2的夾

角為120。，則.

【答案】-1

【解析】由C]?Q=lxlxcosl20。=-g，

2

有".)=?]「一26"e2—3|e2|=1+1—3=—

故答案為-1.

14.在△ABC中，a,b，c分別是角A，BC的對邊，記△ABC外接圓半徑

為R,且2H(sir?A—sin26)=("z—c)sinC，則角3的大小為.

【答案】-(或45。)

4

【解析】由正弦定理一--=—-—=--—=27?,故2RsinA=a，2RsinB=b>

sinAsinBsinC

即27?(sin?A一sin。町=一c)sinCo〃sinA-bsinB=(&〃-c)sinC

a2-b2=(y[2a-c)ca2+c2-b1=41ac，

故cosB—Acf、交，

2ac2

又Beg,兀),故5=工，故答案為王.

44

15.將字母a,A,b,B,c,C排成一列，則僅有一組相同字母的大小寫相鄰的

排法種數(shù)為.

【答案】288

【解析】首先討論Aa相鄰，剩下的4個字母排列有如下情況：

bcBC、cbCB、bCBc、CbcB、BcbC、cBCb、BCbc、C3c)共8種可能，

任取8種中的一種與Aa組合，共有C；￡=10種，

止匕時Aa相鄰共有10x8=80種，

bcCB,bCcB,BcCb,BCcb,CbBc,CBbc,cbBC,cBbC,8種情況，

任取8種中的一種與Aa組合，共有A；=2種，此時Aa相鄰共有2x8=16種，

所以Aa相鄰共有96種；

同理，郎相鄰共有96種，Cc相鄰共有96種,所以共有288種，

故答案為288.

16.如圖，點P是半徑為2的圓。上一點，現(xiàn)將如圖放置的邊長為2的正方形

ABCD(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(dāng)

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,@+2)兀

【解析】正方形滾動一輪，圓周上依次出現(xiàn)的正方形頂點為NfOfA，

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(shù)：3x4=2x6=12，

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AfA一4.A是圓心角為半徑分別為2,20，2

的三段弧，故路徑長/=工.(2+20+2)=述土生，

63

...點A與P重合時總路徑長為(72+2)乃.

故答案為3,(女+2)乃.

四、解答題：本大題共6個大題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明

過程或演算步驟.

17.(10分)AABC內(nèi)角C所對的邊分別為a,6,c,已知b+c=a(cos_B+cosC).

(1)求A；

(2)若sinA+sinC=2sin5，求sin5+sin

【答案】（1）￡；（2）I.

25

【解析】（1）在△ABC中，由正弦定理及人+<?=〃（8$5+8$。）,

得sinB+sinC=sinA(cosB+cosC)，

于是得sin(A+C)+sin(A+J3)=sinAcosB+sinAcosC,

化簡整理得cosAsinC+cosAsinB=0，即cosA(sinC+sin_B)=0,

ffi]sinB>0,sinC>0,則cosA=0，

又OvAv萬,所以人=2?

2

(2)因為sinA+sinC=2sin5,由正弦定理得々+c=2〃,則l+9二竺，

aa

由(1)知，在Rt^ABC中，ABAC=/,b2+c2=a2>即于

是解得2==

a5a5

顯然有sinB=—,sinC=—，即sin3=4,sinC=。，貝Usin3+sinC=1，

aa555

7

所以sin_B+sinC=—?

5

18.(12分)已知等差數(shù)列｛〃/的前〃項和為S”，又對任意的正整數(shù)都有

aa

n-,?=_2)且既=30.

n-m

（1）求數(shù)列｛a“｝的通項公式;

KI

（2）設(shè)a=2回，求數(shù)列也｝的前〃項和

64-26-；i(n<6)

【答案】（1）4=12—2〃；(2)T=

n'61+255(〃>6),

【解析】（1）設(shè)等差數(shù)列｛q,｝的公差為d，

因為4_%=_2,所以%+（/―1）Q4一（"?-l）d=d

n—mn—m

又醺=30,即5囚+等x（—2）=30，解得q=10,

所以=12—2”.

(2)由(1)知％,=12—2〃，令今=6—〃20，得〃V6,

當(dāng)〃W6時,(2n>09

n

251-

色竺%

從而4=22+22++22=25+24+---+26-"=IJ26-26-n=64-26-",

14=

當(dāng)〃>6時，

“1Cl2%

=22+22++22+2\2++22=25+24+…+2°+2]+…+2”6

=63+2上2=61+2"事

1-2

64-26-;,(H<6)

綜上得看=

61+2”-5(〃〉6)

19.（12分）如圖，在四棱錐P—ABCO中，底面ABC。為矩形，平面PC。，平

ABCD,AB=2,BC=\,PC=PD=叵，E為PB中點.

(1)求證：尸?！ㄆ矫鍭CE；

(2)求二面角石―AC—。的余弦值;

(3)在棱P。上是否存在點M，使得40,3。？若存在，求也的值；若不存

PD

在，說明理由.

【答案】（1）證明見解析；（2）一逅；（3）存在，1

62

【解析】（1）設(shè)5。交AC于點孔連接

因為底面A3CD是矩形，所以R為3。中點.

又因為E為尸3中點，所以EF//PD,

因為平面ACE,ERu平面ACE,

所以PD//平面ACE.

(2)取CD的中點。，連接P。，F(xiàn)0.

因為底面ABCD為矩形，所以3CLCD

因為PC=PD,。為CD中點，所以尸OLCD,OF//BC,所以O(shè)RLCD

又因為平面PCD,平面ABCD,POu平面PCD,平面PCDC平面ABCD=CD,

所以P。，平面A3CD.

如圖，建立空間直角坐標(biāo)系。-盯z,

則A(1,T,O),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),石][]],

設(shè)平面ACE的法向量為機=(%,y,z),AC=(-1,2,0)>AE=(-g，H),

m-AC=-x+2y=0

<131,

m-AE=——九+—y+—z=O

I222

令y=i,貝!|%=2,2=—i,所以帆=(2,1,-1),

平面ACD的法向量為op=(o,o,i),

八。m-OPV6

cos<m.OP>------------=-------，

IOP|?|/w|6

如圖可知二面角E-AC-D為鈍角，所以二面角E-AC-D的余弦值為_逅.

6

(3)假設(shè)存在棱PD上的點時，使得AML3D,

=2PD,O<2<1>

又。(0,—1,0),則=(—1,—2,0)，AP=(-1,1,1)-PD=(O,-l,-l)?

AMBD=(AP+PM^BD=APBD+APDBD=1-2+22=0,解得X=

故存在棱PD上的點M，使得AML3D,—=1.

PD2

20.（12分）某健身機構(gòu)統(tǒng)計了去年該機構(gòu)所有消費者的消費金額（單位：元）,

如圖所示：

人數(shù)

（1）將去年的消費金額超過3200元的消費者稱為“健身達人”，現(xiàn)從所有“健身

達人”中隨機抽取2人，求至少有1位消費者，其去年的消費金額超過4000元的

概率；

（2）針對這些消費者，該健身機構(gòu)今年欲實施入會制.規(guī)定：消費金額為2000

元、2700元和3200元的消費者分別為普通會員、銀卡會員和金卡會員.預(yù)計去

年消費金額在（0,1600］、（1600,3200］、（3200,4800］內(nèi)的消費者今年都將會分別

申請辦理普通會員、銀卡會員和金卡會員.消費者在申請辦理會員時，需一次性

預(yù)先繳清相應(yīng)等級的消費金額.該健身機構(gòu)在今年年底將針對這些消費者舉辦消

費返利活動，預(yù)設(shè)有如下兩種方案：方案1：按分層抽樣從普通會員，銀卡會員，

金卡會員中總共抽取25位“幸運之星”給予獎勵.其中，普通會員、銀卡會員和

金卡會員中的“幸運之星”每人分別獎勵500元、600元和800元.方案2：每位

會員均可參加摸獎游戲，游戲規(guī)則如下：從一個裝有3個白球、2個紅球（球只

有顏色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一個球.若摸到紅球的

總數(shù)為2,則可獲得200元獎勵金；若摸到紅球的總數(shù)為3,則可獲得300元獎

勵金；其他情況不給予獎勵.如果每位普通會員均可參加1次摸獎游戲；每位銀

卡會員均可參加2次摸獎游戲；每位金卡會員均可參加3次摸獎游戲（每次摸獎

的結(jié)果相互獨立）.以方案的獎勵金的數(shù)學(xué)期望為依據(jù)，請你預(yù)測哪一種方案投

資較少？并說明理由.

【答案】（1）—;（2）方案2投資較少，理由見解析.

33

【解析】（1）記“在抽取的2人中至少有1位消費者在去年的消費超過4000元”

為事件A.

由圖可知，去年消費金額在（3200,4000］內(nèi)的有8人，在（4000,4800］內(nèi)的有4人，

消費金額超過3200元的“健身達人”共有8+4=12（人），

從這12人中抽取2人，共有C：種不同方法，

其中抽取的2人中至少含有1位消費者在去年的消費超過4000元，共有C；C：+C：

種不同方法,

所以p(A)=CC：c：19

。1233

（2）方案1按分層抽樣從普通會員，銀卡會員，金卡會員中總共抽取25位“幸

運之星”,

則“幸運之星”中的普通會員、銀卡會員、金卡會員的人數(shù)分別為

8+2025+35

x25=7義25=15,—x25=3

100100100

按照方案1獎勵的總金額為4=7x500+15x600+3x800=14900（元）.

方案2設(shè)〃表示參加一次摸獎游戲所獲得的獎勵金,

則〃的可能取值為Q200,300.

由題意，每摸球1次，摸到紅球的概率為。=與=2,

c；5

所以p(〃=o)=c；11百嗚44

P(〃=200)=C；刖l)Y

P(,=3OO)=C3(|J[|J=A

所以〃的分布列為:

70200300

81368

P

125125125

數(shù)學(xué)期望為E〃=0義現(xiàn)+200義至+300義且=76.8（元），

125125125

按照方案2獎勵的總金額為玄=（28+60x2+12x3）x76.8=14131.2（元）,

因為由5＞玄，所以施行方案2投資較少.

21.（12分）已知橢圓石：￡+彳=1（。〉6〉0）的離心率為占，P為橢圓E上一

a2b22

點，

。為圓爐+丁2=62上一點，歸0的最大值為3（P,。異于橢圓E的上下頂點）.

（1）求橢圓E的方程；

（2）A為橢圓E的下頂點，直線AP,AQ的斜率分別記為匕，k2,且k2=4%,

求證：直線PQ過定點，并求出此定點的坐標(biāo).

2

【答案】（1）土+）2=1；（2）證明見解析，定點（0,1）.

4-

【解析】（1）解：由橢圓石的離心率為正，可得￡=3,

2a2

又由|PQ|的最大值為3，可得a+Z?=3,

a+b=3

可得,解得a=2,。=l,c=&,

a2

a2=b2+c2

2

所以橢圓E的方程為工+黃=1.

4-

（2）解：由（1）可得點A的坐標(biāo)為（0,-1），

因為直線AP,AQ的斜率分別記為a,k2,且左2=4尢，

可得直線AP的方程為y+1=kxx,直線AQ的方程為y+1=k2x=4-krx,

y=幻一18k

聯(lián)立方程組d,整理得(4左；+1)——地x=0,解得x=0或%=彳含7

—+y2=114燈+1

I4-

甌

將％=代入丫=女逮一1,可得y=/.—------->

46+1--