第1套2022年数学高考模拟卷(文科)

2022年数学高考模拟卷（文科）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）设全集是实数集，已知集合，，则
A．B．C．D．
2．（5分）已知为虚数单位，则
A．B．1C．D．
3．（5分）在下列给出的四个结论中，正确的结论是
A．已知函数在区间内有零点，则（a）（b）
B．6是3与9的等比中项
C．若，是不共线的向量，且，，则
D．已知角终边经过点，则
4．（5分）将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为
A．B．C．D．
5．（5分）在区间中随机取一个实数，则事件“直线与圆相
交”发生的概率为
A．B．C．D．
6．（5分）已知数列是等比数列，则“”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
7．（5分）已知，满足约束条件，若的最大值是16，则的
值为
A．2B．C．4D．
8．（5分）已知中，．点为边上的动点，则
的最小值为
A．2B．C．D．
9．（5分）在正方体中，，，分别为，，的中点，现
有下面三个结论：①为正三角形；②异面直线与所成角为；③平
面．其中所有正确结论的编号是
A．①B．②③C．①②D．①③
10．（5分）已知，是双曲线的左，右焦点，其半焦距为，
点在双曲线上，与轴垂直，到直线的距离为，则双曲线的离心率为
A．B．C．D．2
11．（5分）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，，若原点
在以为直径的圆的外部，则直线的斜率的取值范围为
A．，B．，，
C．，D．，，
12．（5分）若关于的不等式的非空解集中无整数解，则实数的取值范
围是
A．，B．，C．，D．，
二、填空题：本题共4小题.每小题5分，共20分．
13．（5分）有甲乙丙三项任务，甲乙各需一人承担，丙需2人承担且至少一个是男生，现从3男3女共6名学生中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是．（用数字作答）
14．（5分）已知的内角，，所对边分别为，，．若，，
且的面积是，则．
15．（5分）已知函数，则函数有的零点个数
是个．
16．（5分）圆锥（其中为顶点，为底面圆心）的侧面积与底面积的比是，则圆
锥与它的外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
17．（12分）已知函数，，其图象经过点，且与轴两个相邻交点的距离为．
（Ⅰ）求的解析式；
（Ⅱ）若，求的值．
18．（12分）在世界读书日期间．某地区调查组对居民阅读情况进行了调查，获得了一个容量为200的样本，其中城镇居民140人，农村居民60人．在这些居民中，经常阅读的城镇居民有100人，农村居民有30人．
（1）填写下面列联表，并判断能否有的把握认为经常阅读与居民居住地有关？
城镇居民农村居民合计经常阅读10030
不经常阅读
合计200
（2）调查组从该样本的城镇居民中按分层抽样抽取出7人，参加一次阅读交流活动，若活
动主办方从这7位居民中随机选取2人作交流发言，求被选中的2位居民都是经常阅读居民的概率．
附：，其中．
0.100.050.0250.0100.0050.001
2.706
3.841 5.024 6.6357.87910.828
19．（12分）如图，在三棱柱中，，，
．
（1）证明：平面平面；
（2）求四棱锥的体积．
20．（12分）已知椭圆的中心在原点，一个焦点为，且经过点．
（1）求的方程；
（2）设与轴的正半轴交于点，直线与交于、两点不经过点），
且．证明：直线经过定点，并求出该定点的坐标．
21．（12分）已知函数．
（Ⅰ）求函数在处的切线方程；
（Ⅱ）若对任意的，恒成立，求的取值范围；
（Ⅲ）当时，设函数．证明：对于任意的，函数有且只有一个零点．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
22．（10分）在直角坐标系中，设倾斜角为的直线为参数）与曲
线为参数）相交于不同两点，．
（1）若，求线段中点的坐标；
（2）若，其中，求直线的斜率．
23．设函数，若，恒成立．
（1）求的取值范围；
（2）求证：．
2022年数学高考模拟卷（文科）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．【分析】分别求出与中不等式的解集，确定出与，根据全集，求出的
补集，找出补集与的交集即可．
【解答】解：由中的不等式变形得：，即，
解得：或，
或，
全集，
，
由中的不等式变形得：，
得到，
解得：，即，
则．
故选：．
2．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】解：．
故选：．
3．【分析】由函数零点存在定理可判断；由等比中项的定义计算可判断；由向量共线
定理可判断；
运用任意角的三角函数定义可判断．
【解答】解：函数在区间内有零点，且在，单调，
则（a）（b），故错误；
3与9的等比中项为，即，故错误；
若，是不共线的向量，且，，即有，
则，故正确；
，角终边经过点，则，故错误．
故选：．
4．【分析】根据三视图的特点，知道左视图从图形的左边向右边看，看到一个正方形的面，在面上有一条对角线，对角线是由左下角都右上角的线，得到结果．
【解答】解：被截去的四棱锥的三条可见棱中，
在两条为长方体的两条对角线，
它们在右侧面上的投影与右侧面（长方形）的两条边重合，
另一条为体对角线，
它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，
对照各图，只有符合．
故选：．
5．【分析】利用圆心到直线的距离小于半径可得到直线与圆相交，可求出满足条件的，最后根据几何概型的概率公式可求出所求．
【解答】解：圆的圆心为，半径为1．
要使直线与圆相交，
则圆心到直线的距离，解得．
在区间中随机取一个实数，则事件“直线与圆相交”
发生的概率为．
故选：．
6．【分析】由等比数列的通项公式得：，由不等式的解法得：，即，
所以且，由充分必要条件得：“且”是“”的必要不充分条件，得解．
【解答】解：已知数列是等比数列，
由，可得：，即，所以且，
又“且”是“”的必要不充分条件，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：．
7．【分析】由线性约束条件画出可行域，然后结合目标函数的最大值．求出的值．
【解答】解：画出，满足约束条件，的可行域，如图：目标函数
最大值为18，
即目标函数
在的交点处，
目标函数最大值为16，
所以，所以．
故选：．
8．【分析】以的中点为坐标原点，建立直角坐标系，可得，，设，，运用向量的坐标表示，求得的轨迹，进而得到的二次函数，可得最小值．
【解答】解：以的中点为坐标原点，建立如图的直角坐标系，
可得，，设，，
由，
可得，，，即，，
则，，
，
当时，的最小值为．
故选：．
9．【分析】画出图形，判断三角形的形状即可判断①的正误；判断三角形的形状即可判断②的正误；利用直线与平面平行的判断定理即可判断③的正误；
【解答】解：设正方体的棱长为：2，
①由题意可知，所以为正三角形；所以①正确；
②取的中点，连接，，可知，就是异面直线与所
成角，三角形是等腰三角形，，所以异面直线与所成角不是；所以②不正确；
③是正六边形所在平面内的三角形，，可知平面．所以③正确；
故选：．
10．【分析】根据条件分别表示出，，，则到直线的距离
，整理可得，解之即可．
【解答】解：根据条件，，，则不妨令，
所以直线的方程为，即，
故到直线的距离，整理得，
即，解得舍去），
故，
故选：．
11．【分析】设直线的斜率为，得出直线的方程，联立方程组消元，根据根与系数的关
系计算，令得出的范围．
【解答】解：当直线无斜率时，为的中点，不符合题意；
当直线有斜率时，设直线的方程为，
联立方程组，消元得：．
直线与椭圆交于两点，
△，或，
设，，，，则，，
，
．
在以为直径的圆的外部，，，
，解得．
综上，的取值范围是，，．
故选：．
12．【分析】设，，求出的导数，判断直线恒过定点，设直线
与曲线相切于，求得切线的斜率和切点在直线上和曲线上，解方程可得，再由题意可得当时，求得，通过图象观察，即可得到的范围．
【解答】解：设，，
由题意可得在直线下方，
，
恒过定点，，
设直线与曲线相切于，
可得，，
消去，可得，解得（舍去）或，
则切线的斜率为，
解得，
又由题设原不等式无整数解，
由图象可得当时，，，
由，可得，
由直线绕着点，旋转，
可得，
故选：．
二、填空题：本题共4小题.每小题5分，共20分．
13．【分析】由题意，分两类，若丙选择一名男生一名女生，若丙选择两名男生，根据分类计数原理即可求出．
【解答】解：若丙选择一名男生一名女生，甲乙任意选，故有种，
若丙选择两名男生，甲乙任意选，故有种，
根据分步计数原理可得共有种，
故答案为：144．
14．【分析】由已知先求出，然后结合三角形面积公式可求，，再由余弦定理可求．
【解答】解：由得，
因为，且的面积，
所以，，
由余弦定理得，
所以．
故答案为：．
15．【分析】令，在同一坐标系中作出、的图象，将问题转
化为两函数的交点个数即可．
【解答】解：令，
在同一坐标系中作出、的图象，如图所示：
由此可得与有3个交点，
所以有3个零点．
故答案为：3．
16．【分析】设圆锥的底面半径为，母线为，由侧面积与底面积的比求出母线与底面半
径的关系，进而求出圆锥的高与底面半径的关系，由外接球的半径与底面半和圆锥的高的关系：，求出与的关系，进而求出圆锥的体积与外接球的体积之比．
【解答】解：设圆锥底面圆的半径为，圆锥母线长为，则侧面积为，侧面积与底面
积的比为，则母线，圆锥的高为，则圆锥的体积为
，设外接球的球心为，半径为，截面图如图，
则，，，在直角三角形中，由勾股定理得
，即，展形整理得，则外接球的体积为
，故所求体积比为．
故答案为：．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．
17．【分析】（Ⅰ）根据题意求得函数的周期、和的值，即可写出的解析式；
（Ⅱ）根据函数解析式求得的值，再利用求出三角函数值．【解答】解：（Ⅰ）函数，，
与轴两个相邻交点的距离为，解得；
其图象经过点，，解得，
函数．
（Ⅱ）若，，
当，，
即，时，，
；当，，
即，时，，
；
综上，或．
18．【分析】（1）根据题中数据得到列联表，然后计算出，与临界值表中的数据对照后可得结论；
（2）由题意得概率为古典概型，根据古典概型概率公式计算可得所求．
【解答】解：（1）由题意可得：
城镇居民农村居民合计经常阅读10030130
不经常阅读403070合计14060200
则，
所以有的把握认为经常阅读与居民居住地有关．
（2）在城镇居民140人中，经常阅读的有100人，不经常阅读的有40人，
采取分层抽样抽取7人，则其中经常阅读的有5人，记为、、、、；不经常阅
读的有2人，记为、，
从这7人中随机选取2人作交流发言，所有可能的情况为，，，，，，
，，，，，，，，，，，，，，，共21种，
被选中的2位居民都是经常阅读居民的情况有10种，
所求概率为．
19．【分析】（1）取的中点，连接，，先证明△为等边三角形，知
，再由勾股定理证明，从而知平面，然后由面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由（1）知，平面，即三棱柱的高为，再由，即可得解．
【解答】（1）证明：取的中点，连接，，
，，
，，
，，，
，即，
又，、平面，
平面，
平面，
平面平面，
平面平面，
平面平面．
（2）解：由（1）知，平面，
三棱柱的高为，
而，
，
，
四棱锥的体积．
20．【分析】（1）由题意设椭圆，可得，求得椭圆的另一个焦点坐标，利用定义求解，再由隐含条件求得，则椭圆方程可求；
（2）由已知得，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系可得，横纵坐
标的和与积，结合，得，由此求解值，得到当
时，有△，直线经过定点．
【解答】（1）解：由题意，设椭圆，焦距为，
则，椭圆的另一个焦点为，
由椭圆定义得，则，
，
的方程；
（2）证明：由已知得，
由，得，
当△时，，，，，
则，，
，，
由得，，即，
，解得或，
①当时，直线经过点，舍去；
②当时，显然有△，直线经过定点．
21．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数求出切线的斜率，取得坐标然后求解切线方程．
（Ⅱ）对任意恒成立，推出．构造函数通过函数的导数求解函数的最值推出结果．
（Ⅲ）．且可知．通过导函数的符号，判断函数的单调
性，然后求解即可．
【解答】（本小题满分14分）
解：（Ⅰ）已知函数，
可得，，且，
函数在处的切线方程为．
（Ⅱ）对任意恒成立，
所以．
令，则
令，解得．
当时时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减．
所以，
所以，即，所以的取值范围为．
（Ⅲ）证明：由已知，则．且可知．
当时，，单调递增，，，
所以在有唯一实根．
当时，令，则．
，在单调递减；
在单调递增．所以（2）．
所以在没有实根．
综上，对于任意的，函数有且只有一个零点．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的
第一题计分．
22．【分析】（1）把直线和圆的参数方程化为普通方程，联立后根据根与系数的关系求出两交点中点的横坐标，待入直线方程再求中点的纵坐标；
（2）把直线方程和圆的方程联立，化为关于的一元二次方程，运用直线参数方程中参数
的几何意义，结合给出的等式求解直线的倾斜角的正切值，则斜率可求，
【解答】解：（1）当时，由，得，
直线方程为，
由，得曲线的普通方程为，
设，，，再由，得：，
，，
的坐标为；
（2）把直线的参数方程代入，
得：，
，由，得：，
，，
得，．
又△，故取．
直线的斜率为．
23．【分析】（1）由，恒成立，可得，求出右边的最大值，即可求的取值范围；
（2）利用对数的性质及基本不等式，即可证明结论．
【解答】（1）解：，恒成立，
，
令，则在上是增函数，
上是减函数，（3），
，；
（2）证明：，可得，
则，
，
，
．。