2022年高考數(shù)學(xué) 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列 名師預(yù)測(cè)卷 2

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1、2022年高考數(shù)學(xué) 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列 名師預(yù)測(cè)卷 2一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共計(jì)70分1集合A x |1x3，xR ，B x |1x2，xR ，則AB 2已知3，2若3，則與夾角的大小為 3設(shè)x，y為實(shí)數(shù)，且，則xy 4橢圓1的焦點(diǎn)在y軸上，長(zhǎng)軸長(zhǎng)是短軸長(zhǎng)的兩倍，則m的值為 5若，則的值是 6已知(x，y)|xy6，x0，y0，A(x，y)|x4，y0，x2y0，若向區(qū)域上隨機(jī)投擲一點(diǎn)P，則點(diǎn)P落入?yún)^(qū)域A的概率為 7已知a，b為異面直線，直線ca，則直線c與b的位置關(guān)系是 8一個(gè)算法的流程圖如右圖所示 則輸出S的值為 9將20個(gè)數(shù)平均分為兩組，第一組的平均數(shù)為50

2、，方差為33；第二組的平均數(shù)為40，方差為45，則整個(gè)數(shù)組的標(biāo)準(zhǔn)差是 10某同學(xué)在借助題設(shè)給出的數(shù)據(jù)求方程2x的近似數(shù)(精確到0.1)時(shí)，設(shè)x2，得出0，且0，他用“二分法”取到了4個(gè)x的值，計(jì)算其函數(shù)值的正負(fù)，并得出判斷：方程的近似解為x1.8，那么他所取的4個(gè)值中的第二個(gè)值為 11設(shè)，(0，1)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P(x，y)滿足01，01，則zyx的最小值是 12設(shè)周期函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，若的最小正周期為3，且滿足2，m，則m的取值范圍是 13等差數(shù)列的公差為d，關(guān)于x的不等式c0的解集為0，22，則使數(shù)列的前n項(xiàng)和最大的正整數(shù)n的值是 14方程10的解可視為函數(shù)yx的圖象與函數(shù)y

3、的圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)若90的各個(gè)實(shí)根，(k4)所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(i1，2，k)均在直線yx的同側(cè)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 二、填空題：本大題共6小題，共計(jì)70分請(qǐng)?jiān)谥付▍^(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟15（本小題滿分14分）已知函數(shù)，xR(其中A0，0，0)的圖象與x軸的交點(diǎn)中，相鄰兩個(gè)交點(diǎn)之間的距離為，且圖象上一個(gè)最低點(diǎn)為（1）求的解析式；（2）當(dāng)x時(shí)，求的值域16（本小題滿分14分）如圖，在四棱錐PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，DCAB，BAD，且AB2AD2DC2PD4，E為PA的中點(diǎn)（1）證明：DE平面PBC；（2）證明：DE平面PAB17（本小題滿分

4、14分）有一氣球以v(m/s)的速度由地面上升(假設(shè)氣球在上升過(guò)程中的速度大小恒定)，10分鐘后由觀察點(diǎn)P測(cè)得氣球在P的正東方向S處，仰角為；再過(guò)10分鐘后，測(cè)得氣球在P的東偏北方向T處，其仰角為(如圖，其中Q、R分別為氣球在S、T處時(shí)的正投影)求風(fēng)向和風(fēng)速(風(fēng)速用v表示)18（本小題滿分16分）已知圓C過(guò)點(diǎn)P(1，1)，且與圓M：(r0)關(guān)于直線xy20對(duì)稱（1）求圓C的方程；（2）設(shè)Q為圓C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求的最小值；（3）過(guò)點(diǎn)P作兩條相異直線分別與圓C相交于A，B，且直線PA和直線PB的傾斜角互補(bǔ)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，試判斷直線OP和AB是否平行？請(qǐng)說(shuō)明理由19（本小題滿分16分）設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)

5、和為，且滿足2，n1，2，3，（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）若數(shù)列滿足1，且，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（3）設(shè)n (3)，求數(shù)列的前n項(xiàng)和為20（本小題滿分16分）已知集合M是滿足下列性質(zhì)的函數(shù)的全體：存在非零常數(shù)k，對(duì)定義域中的任意x，等式恒成立（1）判斷一次函數(shù)axb(a0)是否屬于集合M；（2）證明函數(shù)屬于集合M，并找出一個(gè)常數(shù)k；（3）已知函數(shù)( a1)與yx的圖象有公共點(diǎn)，證明M理科加試21已知的展開(kāi)式中前三項(xiàng)的系數(shù)成等差數(shù)列 （1）求n的值； （2）求展開(kāi)式中系數(shù)最大的項(xiàng)22“抽卡有獎(jiǎng)游戲”的游戲規(guī)則是：盒子中裝有8張形狀大小相同的精美卡片，卡片上分別印有“奧運(yùn)福娃”或“奧運(yùn)會(huì)徽”，要求

6、參加游戲的4人從盒子中輪流抽取卡片，一次抽2張，抽取后不放回，直到4人中一人一次抽到2張“奧運(yùn)福娃” 卡才能得到獎(jiǎng)并終止游戲（1）游戲開(kāi)始之前，一位高中生問(wèn)：盒子中有幾張“奧運(yùn)會(huì)徽” 卡？主持人說(shuō)：若從盒中任抽2張卡片不都是“奧運(yùn)會(huì)徽” 卡的概率為請(qǐng)你回答有幾張“奧運(yùn)會(huì)徽” 卡呢？（2）現(xiàn)有甲、乙、丙、丁4人參加游戲，約定甲、乙、丙、丁依次抽取用表示4人中的某人獲獎(jiǎng)終止游戲時(shí)總共抽取卡片的次數(shù)，求的概率分布及的數(shù)學(xué)期望23已知曲線的方程，設(shè)，為參數(shù)，求曲線的參數(shù)方程24已知拋物線C的頂點(diǎn)在原點(diǎn), 焦點(diǎn)為F(2, 0). （1）求拋物線C的方程； （2）過(guò)的直線交曲線于兩點(diǎn)，又的中垂線交軸于點(diǎn)，

7、 求的取值范圍 參考答案11，3 2 34 4 56 7相交或異面 845 98 101.75111 12， 1311 14，15（1）由最低點(diǎn)為M(，2)得A2由x軸上相鄰兩個(gè)交點(diǎn)之間的距離為得，即T，2由點(diǎn)M(，2)在圖象上得2，即1故，kZ所以又0，所以，故（2）因?yàn)閤，所以當(dāng)，即x時(shí)，取得最大值2；當(dāng)，即x時(shí)，取得最小值1故的值域?yàn)?，216（1）設(shè)PB的中點(diǎn)為F，連結(jié)EF、CF，EFAB，DCAB，所以EFDC，且EFDC故四邊形CDEF為平行四邊形，可得EDCF又ED平面PBC，CF平面PBC，故DE平面PBC（2）因?yàn)镻D底面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPD又因?yàn)锳BAD

8、，PDADD，AD平面PAD，PD平面PAD，所以AB平面PADED平面PAD，故EDAB又PDAD，E為PA的中點(diǎn)，故EDPA；PAABA，PA平面PAB，AB平面PAB，所以ED平面PAB1710分鐘后由觀察點(diǎn)P測(cè)得氣球在P的正東方向S處，仰角為的S點(diǎn)處，即SPQ，所以PQQS600v(m)又10分鐘后測(cè)得氣球在P的東偏北方向，其仰角為的T點(diǎn)處，即RPQ，TPR，RT2QS1200v(m)，于是PR(m)在PQR中由余弦定理，得QR(m)因?yàn)樗訮QR，即風(fēng)向?yàn)檎巷L(fēng)因?yàn)闅馇驈腟點(diǎn)到T點(diǎn)經(jīng)歷10分鐘，即600s，所以風(fēng)速為(m/s)18（1）設(shè)圓心C(a，b)，則解得則圓C的方程為，將點(diǎn)P

9、的坐標(biāo)代入，得2，故圓C的方程為2（2）設(shè)Q(x，y)，則2，且(x1，y1)(x2，y2)xy4xy2，所以的最小值為4(可由線性規(guī)劃或三角代換求得)（3）由題意，知直線PA和直線PB的斜率存在，且互為相反數(shù)，故可設(shè)PA：y1k(x1)，PB：y1k(x1)由得2k(1k)x20因?yàn)辄c(diǎn)P的橫坐標(biāo)x1一定是該方程的解，故可得，同理所以1所以直線OP和AB一定平行19（1）因?yàn)閚1時(shí)，2，所以1因?yàn)?，即2，所以2兩式相減：0，即0，故有因?yàn)?，所以( n)所以數(shù)列是首項(xiàng)1，公比為的等比數(shù)列，( n)（2）因?yàn)? n1，2，3，)，所以從而有1，( n2，3，)將這n1個(gè)等式相加，得12又因?yàn)?

10、，所以3( n1，2，3，)（3）因?yàn)閚 (3)，所以 ，得 故88( n1，2，3，)20（1）若axbM，則存在非零常數(shù)k，對(duì)任意xD均有akxb，即a(k1)x恒成立，得無(wú)解，所以M（2），則，k4，k2時(shí)等式恒成立，所以M（3）因?yàn)閥( a1)與yx有交點(diǎn)，由圖象知，y與y必有交點(diǎn)設(shè)，則，所以M附加題1、變換是逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)變換，對(duì)應(yīng)的變換矩陣是；變換對(duì)應(yīng)用的變換矩陣是（）求點(diǎn)在作用下的點(diǎn)的坐標(biāo)；（）求函數(shù)的圖象依次在，變換的作用下所得曲線的方程解：（），所以點(diǎn)在作用下的點(diǎn)的坐標(biāo)是。（），設(shè)是變換后圖像上任一點(diǎn)，與之對(duì)應(yīng)的變換前的點(diǎn)是則，也就是，即，所以，所求曲線的方程是。2、已知圓

11、的極坐標(biāo)方程為：將極坐標(biāo)方程化為普通方程；若點(diǎn)P(x，y)在該圓上，求xy的最大值和最小值3、投擲四枚不同的金屬硬幣A、B、C、D，假定A、B兩枚正面向上的概率均為，另兩枚C、D為非均勻硬幣，正面向上的概率均為a（0a1），把這四枚硬幣各投擲一次，設(shè)孜表示正面向上的枚數(shù).（1）若A、B出現(xiàn)一正一反與C、D出現(xiàn)兩正的概率相等，求a的值；（2）求孜的分布列及數(shù)學(xué)期望（用a表示）；（3）若出現(xiàn)2枚硬幣正面向上的概率最大，試求a的取值范圍.解：（）由題意，得2分（）著=0，1，2，3，4.3分4分 5分6分7分得孜的分布列為：孜01234p孜的數(shù)學(xué)期望為：8分（）9分10分0 .0 . 11分12分2

12、1 解：（1）由題設(shè)，得 ， 即，解得n8，n1（舍去）（2）設(shè)第r1的系數(shù)最大，則即 解得r2或r3 所以系數(shù)最大的項(xiàng)為，22解：（1）設(shè)盒子中有“會(huì)徽卡”n張，依題意有，解得n=3 即盒中有“會(huì)徽卡”3張 （2）因?yàn)楸硎灸橙艘淮纬榈?張“福娃卡”終止時(shí)，所有人共抽取了卡片的次數(shù)，所以的所有可能取值為1，2，3，4， ；，概率分布表為： 1234P的數(shù)學(xué)期望為。23解：將代入，得，即 當(dāng) x=0時(shí)，y=0；當(dāng)時(shí)， 從而 原點(diǎn)也滿足， 曲線C的參數(shù)方程為（為參數(shù)）24解：（1）設(shè)拋物線方程為，則，所以，拋物線的方程是（2）直線的方程是，聯(lián)立消去得，顯然，由，得 由韋達(dá)定理得，所以，則中點(diǎn)坐標(biāo)是，由 可得 ， 所以，令，則，其中，因?yàn)?，所以函?shù)是在上增函數(shù)所以，的取值范圍是