2022年新高考數(shù)學(xué)仿真演練綜合能力測試（四）注意事項(xiàng)： 1．答卷前，考生務(wù)必要填涂答題卷上的有關(guān)項(xiàng)目． 2．選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答案涂在答題卷相應(yīng)的位置上． 3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卷各題目指定區(qū)域內(nèi)；如需改動、先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液，不按以上要求作答的答案無效． 4．請考生保持答題卷的整潔，考試結(jié)束后，將答題卷交回．一、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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．已知集合，，則集合中元素個(gè)數(shù)為（

）A．3個(gè) B．4個(gè) C．5個(gè) D．6個(gè)【答案】C【解析】【分析】先寫出集合B，再按照并集進(jìn)行運(yùn)算.【詳解】由題意知，，，元素個(gè)數(shù)有5個(gè).故選：C.2．若復(fù)數(shù)z滿足（i為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)除法運(yùn)算求得，進(jìn)而求得.【詳解】，所以.故選：D3．已知，，，則，，的大小關(guān)系為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】利用冪函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性判斷.【詳解】解：因?yàn)?，，，所以，故選：B．4．在1859年的時(shí)候，德國數(shù)學(xué)家黎曼向科學(xué)院提交了題目為《論小于某值的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)》的論文并提出了一個(gè)命題，也就是著名的黎曼猜想．在此之前，著名數(shù)學(xué)家歐拉也曾研究過這個(gè)問題，并得到小于數(shù)字的素?cái)?shù)個(gè)數(shù)可以表示為的結(jié)論．若根據(jù)歐拉得出的結(jié)論，估計(jì)以內(nèi)的素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)為（

）（素?cái)?shù)即質(zhì)數(shù)，，計(jì)算結(jié)果取整數(shù)）A．2172 B．4343 C．869 D．8686【答案】D【解析】【分析】根據(jù)黎曼猜想計(jì)算，從而得出正確答案.【詳解】.故選：D5．函數(shù)的圖象大致是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】分析函數(shù)的奇偶性排除兩個(gè)選項(xiàng)，再利用時(shí)，值為正即可判斷作答.【詳解】函數(shù)定義域?yàn)镽，，即是奇函數(shù)，A，B不滿足；當(dāng)時(shí)，即，則，而，因此，D不滿足，C滿足.故選：C6．如圖，將鋼琴上的12個(gè)鍵依次記為，，，．設(shè)．若且，則，，為原位大三和弦；若且，則稱，，為原位小三和弦．用這12個(gè)鍵可以構(gòu)成的原位大三和弦與原位小三和弦的個(gè)數(shù)之差為（

）A．5 B． C．0 D．10【答案】C【解析】【分析】按照題目中的定義依次列舉出來，計(jì)算差即可.【詳解】若且，則，，為原位大三和弦，即有，，；，，；，，；，，；，，，共5個(gè)；若且，則，，為原位小三和弦，可得，，；，，；，，；，，；，，，共5個(gè)，個(gè)數(shù)差為0．故選：C.7．如圖，長方形中，，，點(diǎn)在線段（端點(diǎn)除外）上，現(xiàn)將沿折起為．設(shè)，二面角的大小為，若，則四棱錐體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】將棱錐的底面邊長及高用含有的三角函數(shù)來表示，根據(jù)體積公式寫出棱錐體積，整理化簡后利用三角函數(shù)求最值.【詳解】設(shè)過與垂直的線段長為，則，，，，則四棱錐的高，則，，∴四棱錐體積的最大值為.故選：A.【點(diǎn)睛】求解立體幾何體積的最值時(shí)，一般需要將體積寫為函數(shù)關(guān)系式或者是三角函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)而利用函數(shù)求最值或三角函數(shù)求最值的方法求解其最值.8．若雙曲線：，，分別為左?右焦點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)是在雙曲線上且在第一象限的動點(diǎn)，點(diǎn)為△的內(nèi)心，，則下列說法正確的是（

）A．雙曲線的漸近線方程為B．點(diǎn)的運(yùn)動軌跡為雙曲線的一部分C．若，，則D．不存在點(diǎn)，使得取得最小值【答案】C【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的方程直接寫出漸近線方程判定A；由圓的切線長定理和雙曲線的定義可求得的橫坐標(biāo)，可判定B；由雙曲線的定義和余弦定理，利用等面積法求得的縱坐標(biāo)，由正弦和求交點(diǎn)，求得的坐標(biāo)，運(yùn)用向量的坐標(biāo)表示，可得，可判定C；若與關(guān)于y軸對稱，結(jié)合雙曲線的定義及對稱性可得，可判定D.【詳解】由題意，雙曲線，可知其漸近線方程為，A錯(cuò)誤；設(shè)，△的內(nèi)切圓與、、分別切于、、，可得，由雙曲線的定義可得：，即，又，解得，則的橫坐標(biāo)為，由與的橫坐標(biāo)相同，即的橫坐標(biāo)為，故在定直線上運(yùn)動，B錯(cuò)誤；由且，解得：，∴，則，∴，同理可得：，設(shè)直線，直線，聯(lián)立方程得，設(shè)△的內(nèi)切圓的半徑為，則，解得，即，∴，由，可得，解得，故，C正確；若與關(guān)于y軸對稱，則且，而，∴，故要使的最小，只需三點(diǎn)共線即可，易知：，故存在使得取最小值，D錯(cuò)誤.故選：C.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：D選項(xiàng)求動點(diǎn)到兩定點(diǎn)的距離最值，應(yīng)用雙曲線的定義及對稱性將動點(diǎn)轉(zhuǎn)移到兩定點(diǎn)之間的某條曲線上，結(jié)合兩定點(diǎn)間的線段最短求最小值．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(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對的得2分．9．設(shè)，，且，則“”的一個(gè)必要不充分條件可以是（

）A． B． C． D．【答案】AB【解析】【分析】A應(yīng)用基本不等式有判斷必要性，再由特殊值法判斷充分性；B應(yīng)用基本不等式可得判斷選項(xiàng)條件的必要性，特殊值法判斷選項(xiàng)條件的充分性；C、D應(yīng)用特殊值法判斷選項(xiàng)條件的必要性即可.【詳解】由，且，A：時(shí)，，而時(shí)存在使，符合要求.B：時(shí)有，而時(shí)存在使，故推不出，符合要求；C：時(shí)，存在使，不符合要求；D：時(shí)，存在使，不符合要求；故選：AB10．已知向量，將繞原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)﹣30°，30°，60°到的位置，則（

）.A． B．C． D．點(diǎn)坐標(biāo)為【答案】ABC【解析】【分析】根據(jù)向量的夾角判斷A，再由全等三角形可判斷B，根據(jù)向量的數(shù)量積的定義判斷C，根據(jù)向量的模相等判斷D.【詳解】因?yàn)槔@原點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)﹣30°，30°，60°到，所以與的夾角為，故，A選項(xiàng)正確；由題意知，,所以，即，故B正確；因?yàn)?,所以由數(shù)量積的定義知，故C正確；若點(diǎn)坐標(biāo)為，則，故D不正確.故選：ABC11．已知橢圓的離心率為，短軸長為，兩個(gè)焦點(diǎn)為，點(diǎn)為橢圓上一點(diǎn)，記，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．的周長與點(diǎn)的位置無關(guān)B．當(dāng)時(shí)，的面積取到最大值C．的外接圓半徑最小為D．的內(nèi)切圓半徑最大為【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)橢圓的定義、橢圓離心率的意義，結(jié)合正弦定理和內(nèi)切圓的性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】由橢圓定義知，的周長為，故A正確；顯然當(dāng)位于短軸端點(diǎn)時(shí)的面積最大，由知此時(shí)，故B錯(cuò)誤；由正弦定理知外接圓直徑，由知最大為鈍角，故時(shí)取最小值，故的最小值為，故C正確；設(shè)內(nèi)切圓半徑為，由知，越大則越大，，故，故選：ACD12．已知函數(shù)，則（

）A．函數(shù)（x）的圖象關(guān)于直線對稱B．函數(shù)（x）在區(qū)間（0，π）上單調(diào)遞減C．函數(shù)在區(qū)間（0，π）上恒成立D．【答案】BC【解析】【分析】驗(yàn)證可判斷A；求導(dǎo)分析導(dǎo)函數(shù)正負(fù)，可判斷B；令，求導(dǎo)分析單調(diào)性，可得，分析可判斷C；由可判斷D【詳解】選項(xiàng)A，，故函數(shù)（x）的圖象不關(guān)于直線對稱，錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，令故在單調(diào)遞減，故即，故在（0，π）上單調(diào)遞減，正確；選項(xiàng)C，，故令故在單調(diào)遞減，故即，正確；選項(xiàng)D，由選項(xiàng)C，可得，故，錯(cuò)誤故選：BC三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．若展開式的二項(xiàng)式系數(shù)之和為64，則展開式中項(xiàng)的系數(shù)為______．（用數(shù)字作答）【答案】-192【解析】【分析】根據(jù)二項(xiàng)式展開式的二項(xiàng)式系數(shù)之和可得，解出n，結(jié)合通項(xiàng)公式計(jì)算即可求出的系數(shù).【詳解】由題意知，二項(xiàng)式系數(shù)之和，所以所以，所求的系數(shù)為.故答案為：-19214．如圖，已知扇形的半徑為，以為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，，，則的中點(diǎn)的坐標(biāo)為__________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)三角函數(shù)定義、二倍角公式、同角三角函數(shù)關(guān)系可求得，由此可求得點(diǎn)坐標(biāo).【詳解】由三角函數(shù)定義得：，，，，，，點(diǎn)坐標(biāo)為.故答案為：.15．2021年7月25日召開的第44屆世界遺產(chǎn)大會上，“泉州：宋元中國的世界海洋商貿(mào)中心”獲準(zhǔn)列入世界文化遺產(chǎn)名錄，至此泉州20年的申遺終于圓夢.申遺的遺產(chǎn)點(diǎn)包括九日山祈風(fēng)石刻?開元寺?洛陽橋等22處代表性古遺跡，這些古遺跡可分為文化紀(jì)念地史跡等五類.這五類古遺跡充分展現(xiàn)了10-14世紀(jì)泉州完備的海洋貿(mào)易制度體系?發(fā)達(dá)的經(jīng)濟(jì)水平及多元包容的文化態(tài)度.某校中學(xué)生準(zhǔn)備到各類古遺跡打卡，已知該同學(xué)打卡第一類?第二類的概率都是，打卡第三類?第四類和第五類的概率都是，且是否打卡這五類古遺跡相互獨(dú)立.用隨機(jī)變量表示該同學(xué)打卡的類別數(shù)，則___________.【答案】【解析】【分析】設(shè)第一、二類打卡數(shù)，第三、四、五類打卡數(shù)為，則由題意，利用n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率公式求解即可.【詳解】記該同學(xué)打卡第一類?第二類的類別數(shù)為，打卡第三類?第四類和第五類的類別數(shù)為，因此隨機(jī)變量，則，故答案為：.16．已知集合，，將中的所有元素按從小到大的順序排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列，設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，則使得成立的最小的的值為_____________.【答案】36【解析】【分析】由題可得為數(shù)列的項(xiàng)，且利用分組求和可得，通過計(jì)算即得.【詳解】由題意，對于數(shù)列的項(xiàng)，其前面的項(xiàng)1，3，5，…，，共有項(xiàng)，，共有項(xiàng)，所以為數(shù)列的項(xiàng)，且.可算得（項(xiàng)），，，因?yàn)椋?，，所以，，，因此所求的最小值?6.故答案為：36.四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，.(1)證明：數(shù)列為等比數(shù)列，并求數(shù)列的前n項(xiàng)和為；(2)設(shè)，證明：.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【解析】【分析】（1）先求出，然后將的換成，與原式相減可得，從而可得即可證明，求出通項(xiàng)公式，再分組可求和.（2）先求出，可得出，裂項(xiàng)相消法求和，可證明.(1)當(dāng)時(shí)，，即由，則兩式相減可得，即所以，即數(shù)列為等比數(shù)列則，所以則(2)所以18．D為邊上一點(diǎn)，滿足，，記，．(1)當(dāng)時(shí)，且，求CD的值；(2)若，求面積的最大值．【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）設(shè)CD長為x，可知，，再利用正切的二倍角公式可求解；（2）利用正弦定理得，，再利用三角形面積公式結(jié)合兩角差的正弦公式及輔助角公式可得，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)即可求解.(1)設(shè)CD長為x，當(dāng)時(shí)，，，則，因?yàn)?，所以，即所以，得，所以，所以?2)在中，，則，由正弦定理得，又，所以，，則的面積，又，所以因?yàn)?，所以，所以?dāng)，即時(shí)，S有最大值又的面積等于，故的面積的最大值為19．2020年五一期間，銀泰百貨舉辦了一次有獎(jiǎng)促銷活動，消費(fèi)每超過600元(含600元)，均可抽獎(jiǎng)一次，抽獎(jiǎng)方案有兩種，顧客只能選擇其中的一種.方案一：從裝有10個(gè)形狀?大小完全相同的小球(其中紅球2個(gè)，白球1個(gè)，黑球7個(gè))的抽獎(jiǎng)盒中，一次性摸出3個(gè)球其中獎(jiǎng)規(guī)則為：若摸到2個(gè)紅球和1個(gè)白球，享受免單優(yōu)惠；若摸出2個(gè)紅球和1個(gè)黑球則打5折；若摸出1個(gè)白球2個(gè)黑球，則打7折；其余情況不打折.方案二：從裝有10個(gè)形狀?大小完全相同的小球(其中紅球3個(gè)，黑球7個(gè))的抽獎(jiǎng)盒中，有放回每次摸取1球，連摸3次，每摸到1次紅球，立減200元.（1）若兩個(gè)顧客均分別消費(fèi)了600元，且均選擇抽獎(jiǎng)方案一，試求兩位顧客均享受免單優(yōu)惠的概率；（2）若某顧客消費(fèi)恰好滿1000元，試從概率角度比較該顧客選擇哪一種抽獎(jiǎng)方案更合算？【答案】（1）；（2）選擇第二種方案更合算.【解析】（1）選擇方案一，利用積事件的概率公式計(jì)算出兩位顧客均享受到免單的概率；（2）選擇方案一，計(jì)算所付款金額的分布列和數(shù)學(xué)期望值，選擇方案二，計(jì)算所付款金額的數(shù)學(xué)期望值，比較得出結(jié)論.【詳解】（1）選擇方案一若享受到免單優(yōu)惠，則需要摸出三個(gè)紅球，設(shè)顧客享受到免單優(yōu)惠為事件，則，所以兩位顧客均享受到免單的概率為；（2）若選擇方案一，設(shè)付款金額為元，則可能的取值為、、、.，，，.故的分布列為，所以（元）.若選擇方案二，設(shè)摸到紅球的個(gè)數(shù)為，付款金額為，則，由已知可得，故，所以（元）.因?yàn)?，所以該顧客選擇第二種抽獎(jiǎng)方案更合算.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查離散型隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望，解題步驟如下：（1）判斷隨機(jī)變量的可能取值；（2）說明隨機(jī)變量取各值的意義（即表示什么事件）并求出取該值的概率；（3）列表寫出隨機(jī)變量的分布列；（4）利用期望公式求值20．如圖，在四棱錐中，平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)M，N分別為線段PB，PC上的點(diǎn)，．（1）求證：當(dāng)點(diǎn)M不與點(diǎn)P，B重合時(shí)，M，N，D，A四點(diǎn)共面．（2）當(dāng)，二面角的大小為時(shí)，求PN的長．【答案】（1）詳見解析；（2）.【解析】【分析】（1）易證平面PAB，得到，，平面PBC，平面PBC，得到，再結(jié)合四邊形ABCD為正方形，利用平面的基本性質(zhì)證明；（2）以A為原點(diǎn)，分別以AB，AD,AP為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)平面AND的一個(gè)法向量為，平面ANC的一個(gè)法向量為，，根據(jù)二面角的大小為，由求解.【詳解】（1）因?yàn)槠矫鍭BCD，所以，又因?yàn)?，所以平面PAB，所以，又因?yàn)椋矫鍼BC，平面PBC，所以，又因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以，所以，所以當(dāng)點(diǎn)M不與點(diǎn)P，B重合時(shí)，M，N，D，A四點(diǎn)共面．（2）以A為原點(diǎn)，分別以AB，AD,AP為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：則，設(shè)平面AND的一個(gè)法向量為，設(shè)平面ANC的一個(gè)法向量為，設(shè)，因?yàn)椋瑒t，又，則，即，令，得，又，則，即，令，得，因?yàn)槎娼堑拇笮?，所以，解得，因?yàn)椋?21．橢圓的左頂點(diǎn)為，上頂點(diǎn)為，點(diǎn)在橢圓的內(nèi)部（不包含邊界）運(yùn)動，且與兩點(diǎn)不共線，直線與橢圓分別交于兩點(diǎn)，當(dāng)為坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，直線的斜率為，四邊形的面積為4.(1)求橢圓的方程；(2)若直線的斜率恒為，求動點(diǎn)的軌跡方程.【答案】(1)(2)且【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件及橢圓的頂點(diǎn)，再結(jié)合斜率及四邊形的面積公式即可求解；（2）設(shè)出直線，與橢圓聯(lián)立方程組，消去，得關(guān)于的一元二次方程，利用韋達(dá)定理寫出的關(guān)系，利用斜率相等及點(diǎn)在橢圓內(nèi)且不在直線上即可求解.(1)當(dāng)為坐