2022年高考數學 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列 名師預測卷 2

2022年高考數學 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列 名師預測卷 2一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共計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x，y為實數，且，則xy 4橢圓1的焦點在y軸上，長軸長是短軸長的兩倍，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)域上隨機投擲一點P，則點P落入區(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的位置關系是 8一個算法的流程圖如右圖所示 則輸出S的值為 9將20個數平均分為兩組，第一組的平均數為50，方差為33；第二組的平均數為40，方差為45，則整個數組的標準差是 10某同學在借助題設給出的數據求方程2x的近似數(精確到0.1)時，設x2，得出0，且0，他用“二分法”取到了4個x的值，計算其函數值的正負，并得出判斷：方程的近似解為x1.8，那么他所取的4個值中的第二個值為 11設，(0，1)，O為坐標原點，動點P(x，y)滿足01，01，則zyx的最小值是 12設周期函數是定義在R上的奇函數，若的最小正周期為3，且滿足2，m，則m的取值范圍是 13等差數列的公差為d，關于x的不等式c0的解集為0，22，則使數列的前n項和最大的正整數n的值是 14方程10的解可視為函數yx的圖象與函數y的圖象交點的橫坐標若90的各個實根，(k4)所對應的點(i1，2，k)均在直線yx的同側，則實數a的取值范圍是 二、填空題：本大題共6小題，共計70分請在指定區(qū)域內作答，解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟15（本小題滿分14分）已知函數，xR(其中A0，0，0)的圖象與x軸的交點中，相鄰兩個交點之間的距離為，且圖象上一個最低點為（1）求的解析式；（2）當x時，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（1）證明：DE平面PBC；（2）證明：DE平面PAB17（本小題滿分14分）有一氣球以v(m/s)的速度由地面上升(假設氣球在上升過程中的速度大小恒定)，10分鐘后由觀察點P測得氣球在P的正東方向S處，仰角為；再過10分鐘后，測得氣球在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處時的正投影)求風向和風速(風速用v表示)18（本小題滿分16分）已知圓C過點P(1，1)，且與圓M：(r0)關于直線xy20對稱（1）求圓C的方程；（2）設Q為圓C上的一個動點，求的最小值；（3）過點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，O為坐標原點，試判斷直線OP和AB是否平行？請說明理由19（本小題滿分16分）設數列的前n項和為，且滿足2，n1，2，3，（1）求數列的通項公式；（2）若數列滿足1，且，求數列的通項公式；（3）設n (3)，求數列的前n項和為20（本小題滿分16分）已知集合M是滿足下列性質的函數的全體：存在非零常數k，對定義域中的任意x，等式恒成立（1）判斷一次函數axb(a0)是否屬于集合M；（2）證明函數屬于集合M，并找出一個常數k；（3）已知函數( a1)與yx的圖象有公共點，證明M理科加試21已知的展開式中前三項的系數成等差數列 （1）求n的值； （2）求展開式中系數最大的項22“抽卡有獎游戲”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“奧運福娃”或“奧運會徽”，要求參加游戲的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“奧運福娃” 卡才能得到獎并終止游戲（1）游戲開始之前，一位高中生問：盒子中有幾張“奧運會徽” 卡？主持人說：若從盒中任抽2張卡片不都是“奧運會徽” 卡的概率為請你回答有幾張“奧運會徽” 卡呢？（2）現有甲、乙、丙、丁4人參加游戲，約定甲、乙、丙、丁依次抽取用表示4人中的某人獲獎終止游戲時總共抽取卡片的次數，求的概率分布及的數學期望23已知曲線的方程，設，為參數，求曲線的參數方程24已知拋物線C的頂點在原點, 焦點為F(2, 0). （1）求拋物線C的方程； （2）過的直線交曲線于兩點，又的中垂線交軸于點， 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）由最低點為M(，2)得A2由x軸上相鄰兩個交點之間的距離為得，即T，2由點M(，2)在圖象上得2，即1故，kZ所以又0，所以，故（2）因為x，所以當，即x時，取得最大值2；當，即x時，取得最小值1故的值域為1，216（1）設PB的中點為F，連結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）因為PD底面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPD又因為ABAD，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，故EDPA；PAABA，PA平面PAB，AB平面PAB，所以ED平面PAB1710分鐘后由觀察點P測得氣球在P的正東方向S處，仰角為的S點處，即SPQ，所以PQQS600v(m)又10分鐘后測得氣球在P的東偏北方向，其仰角為的T點處，即RPQ，TPR，RT2QS1200v(m)，于是PR(m)在PQR中由余弦定理，得QR(m)因為所以PQR，即風向為正南風因為氣球從S點到T點經歷10分鐘，即600s，所以風速為(m/s)18（1）設圓心C(a，b)，則解得則圓C的方程為，將點P的坐標代入，得2，故圓C的方程為2（2）設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，故可設PA：y1k(x1)，PB：y1k(x1)由得2k(1k)x20因為點P的橫坐標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）因為n1時，2，所以1因為2，即2，所以2兩式相減：0，即0，故有因為0，所以( n)所以數列是首項1，公比為的等比數列，( n)（2）因為( n1，2，3，)，所以從而有1，( n2，3，)將這n1個等式相加，得12又因為1，所以3( n1，2，3，)（3）因為n (3)，所以 ，得 故88( n1，2，3，)20（1）若axbM，則存在非零常數k，對任意xD均有akxb，即a(k1)x恒成立，得無解，所以M（2），則，k4，k2時等式恒成立，所以M（3）因為y( a1)與yx有交點，由圖象知，y與y必有交點設，則，所以M附加題1、變換是逆時針旋轉的旋轉變換，對應的變換矩陣是；變換對應用的變換矩陣是（）求點在作用下的點的坐標；（）求函數的圖象依次在，變換的作用下所得曲線的方程解：（），所以點在作用下的點的坐標是。（），設是變換后圖像上任一點，與之對應的變換前的點是則，也就是，即，所以，所求曲線的方程是。2、已知圓的極坐標方程為：將極坐標方程化為普通方程；若點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，設孜表示正面向上的枚數.（1）若A、B出現一正一反與C、D出現兩正的概率相等，求a的值；（2）求孜的分布列及數學期望（用a表示）；（3）若出現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孜的數學期望為：8分（）9分10分0 .0 . 11分12分21 解：（1）由題設，得 ， 即，解得n8，n1（舍去）（2）設第r1的系數最大，則即 解得r2或r3 所以系數最大的項為，22解：（1）設盒子中有“會徽卡”n張，依題意有，解得n=3 即盒中有“會徽卡”3張 （2）因為表示某人一次抽得2張“福娃卡”終止時，所有人共抽取了卡片的次數，所以的所有可能取值為1，2，3，4， ；，概率分布表為： 1234P的數學期望為。23解：將代入，得，即 當 x=0時，y=0；當時， 從而 原點也滿足， 曲線C的參數方程為（為參數）24解：（1）設拋物線方程為，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 由韋達定理得，所以，則中點坐標是，由 可得 ， 所以，令，則，其中，因為，所以函數是在上增函數所以，的取值范圍是