2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考数学全真模拟测试(一)( 含答案)

2022年普通高等学校招生全国统一考试
全真模拟测试（一）
数学
本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B 铅笔将试卷类型(A )填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合，
，
，则下列结论错误．．
的是
（ ） A ．
B ．
C ．
D ．
2．设复数满足，则的实部为（ ） A ．0
B ．1
C ．-1
D ．i
3．已知随机变量，，则
（ ） A ．
B ．
C ．
D ．1 4．若一圆弧的长等于其所在圆的内接正三角形的边长，那么其圆心角的弧度数是 A ．
B ．
C ．
D ．2
5．函数的部分图象如图所示，则f(1)＋f(2)＋…＋f （2017）＋f（2018）的值为（）
A．2＋B．C．2＋2D．0
6．已知函数，若方程有4个零点，则的可能的值为（）
A．B．C．D．
7．定义在R上的奇函数满足，且对任意的正数a、b（），有，则不等式的解集是（）
A．B．
C．D．
8．已知外接圆圆心为，半径为，，且，则向量
在向量上的投影为（）
A．B．C．D．
二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9．已知向量，其中m，n均为正数，且，下列说法正确的是（）
A．• 1
B．与的夹角为钝角
C．向量在方向上的投影为
D．2m+n＝4
10．已知，，则（）
A．B．
C．D．
11．在中，，，下述四个结论中正确的是（）
A．若为的重心，则
B．若为边上的一个动点，则为定值2
C．若，为边上的两个动点，且，则的最小值为
D．已知为内一点，若，且，则的最大值为2 12．在棱长为1的正方体中，为侧面（不含边界）内的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（）
A．线段的长度为
B．的最小值为1
C．对任意点，总存在点，便得
D．存在点，使得直线与平面所成的角为60°
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取四个不共面的点，不同的取法共有
___________.
14．设O是坐标原点，动点P在圆上，点Q在直线上，且
，过点P且垂直于的直线l过定点__________．
15．从数字1，2，3，4中任取一个数，记为，再从1至中任取一个整数，记为，则取到的为数字2的概率是___________.
16．在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bie nao).已知在鳖臑中, 平面, ,则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为____．
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17．已知数列中，，.设
（1）证明：数列是等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
18．在中，角、、所对的边分别为、、，且满足，．
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积．
19．为了丰富业余生活，甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛.比赛规则如下：①每场比赛有两人参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的人与未参加此场比赛的人进行下一场的比赛；③依次循环，直到有一个人首先获得两场胜利，则本次比赛结束，此人为本次比赛的冠军.已知在每场比赛中，甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为.
（1）求甲和乙先赛且共进行4场比赛的概率；
（2）请通过计算说明，哪两个人进行首场比赛时，甲获得冠军的概率最大？
20．如图，在三棱锥中，三角形ABC是边长为2的正三角形.
(1)若平面平面BCD，且，求证：；
(2)若二面角的大小为，且，求直线AD与平面BCD所成角的大小. 21．在中，已知，，交于点，为中点，满足，点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程：
（2）过点作直线交曲线于，两点，试问以为直径的圆是否恒过定点？若过定点求出定点，若不过定点说明理由.
22．已知函数（k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行.
（1）求k的值和f（x）的单调区间；
（2）设，其中为f（x）的导函数，证明：对任意.
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全真模拟测试（一）
数学答案
1．C
解：因为集合，，，
所以，，，，
2．A
设，则，所以，故的实部为0.
3．B
由二项分布的性质知，即，所以.
4．C
设圆半径为r则由平面几何知识，内接正三角形的边长为r，所以由弧度制定义知，其圆心角的弧度数是r÷r=,故选C．
5．A
由图可知A＝2，，T＝8，，
∴，
∵周期为T＝8，∴f(1)＋f(2)＋…＋f（8）＝0，
∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f（2018）＝252•[f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f（8）]＋f(1)＋f(2)＝0＋2sin ＋2＝＋2．
6．B
当，
所以.
令，得，
依题意，的图象与的图象有四个不同的交点，画出和的图象如下图所示.
由图可知，要使的图象与的图象有四个不同的交点，需，
即.四个选项中只有B选项符合.
另外注意：当时，，，，所以过的切线方程为，即，故此时切线方程过原点.也即与只有个公共点，不符合题意.
故选：B
7．C
∵对任意的正数a、b（），有，
∴函数在上单调递减，
∴在上单调递减.
又∵，∴
令
所以不等式等价为或
∴或，
∴或，
∴或，
即不等式的解集为.
8．D
由知：为中点，
又为外接圆圆心，，，
，，，，向量在向量上的投影为.
故选：D.
9．AD
2×1+1×（﹣1）＝1，故A正确；
∵1＞0，∴，的夹角不是钝角，故B错误；
向量在方向上的投影为||•，故C错误；
（1，2），∵，
∴﹣n﹣2（m﹣2）＝0，∴2m+n＝4，故D正确.
故选：AD.
10．BC
解：对于A，，，
，即，故A错误，
对于B，，，
，
，
，
，故B正确，
对于C，，，
，故C正确，
对于D，，，
，即，
，即，故D错误．
故选：BC．
11．AC
如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，
则，因为为的重心，所以，则，
所以，所以，故A正确；
设，则，则
，
，故B错误；
不妨设M靠近B，，得
，
则，当时，的最小值为：故C正确；
由，且P为内一点，BP=1，则
，即，令，则
，
因为，则，所以，
所以的范围是，故D错误.
故选：AC
12．ABC
建立如上图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，
设点，，由直线与的夹角为，则有：
，
故有：
解得：
为线段上的动点，则有：（）
解得：
对选项，则有：，故选项正确；
对选项，过点作平面的垂线，垂足为
易知：（由于）
故的最小值等价于求
故有：
当且仅当时成立，结合，可得此时
故选项正确；
对选项，若，则有：，
，又
则有：
则有：
又，则有：，故对任意点，总存在点，便得，故选项正确；
对选项，易知平面的法向量为，若直线与平面所成的角为，即直线与平面的法向量成，则有：
解得：，矛盾，故选项错误.
故选：
13．141
利用间接法，用总的情况减去共面的情况，总的情况数为；共面的情况①四点均在侧面上，；②三点在一条棱上，第四点在该棱的对棱中点，共有6个中点，即6种情况；
③四点均为中点，有3种情况；综上，.
14．
设，，可得：
，
由，所以，即，
可得，则过点P且垂直于的直线l为：，
即，
所以，即，
也即，
所以直线l过定点.
故答案为：
15．
解：设事件表示“取到的为数字1”，事件表示“取到的为数字2”，事件表示“取到的为数字3”，事件表示“取到的为数字4”，事件表示“取到的为数字2”.
则.
由条件概率易得，，，
由全概率公式，可得
. 故答案为：
16．
M﹣ABC四个面都为直角三角形，MA⊥平面ABC，MA=AB=BC=2，
∴三角形的AC=2，
从而可得MC=2，
那么ABC内接球的半径r：可得（﹣r）2=r2+（2﹣）2
解得：r=2-
∵△ABC时等腰直角三角形，
∴外接圆的半径为AC=
外接球的球心到平面ABC的距离为=1．
可得外接球的半径R=．
故得：外接球表面积为.
由已知，设内切球半径为，
，
，
内切球表面积为，
外接球与内切球的表面积之和为
故答案为：.
点睛：本题考查了球与几何体的问题，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心.
17．
（1）证明：因为,所以====2，
又, 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
18．
(1)
解：由及正弦定理可得，
，则，故，，
，因此，.
(2)
解：，
所以，，即，即，
，则，，则，
由正弦定理可得，则，
，
因此，.
19．
（1）设事件为“甲和乙先赛且共进行4场比赛”，则有两类：
第一种是甲和乙比赛，甲胜乙，再甲与丙比赛，丙胜甲，再丙与乙比赛，乙胜丙，再进行第四场比赛；
第二种是甲和乙比赛，乙胜甲，再乙与丙比赛，丙胜乙，再丙与甲比赛，甲胜丙，再进行第四场比赛；
故所求概率，
所以甲和乙先赛且共进行4场比赛的概率为；
（2）设事件表示甲与乙先赛且甲获得冠军；事件表示甲与丙先赛且甲获得冠军；事件表示乙与丙先赛且甲获得冠军，
则；
；
；
因为，
所以甲与乙进行首场比赛时，甲获得冠军的概率最大.
20．
(1)
因为平面平面BCD，平面平面，
因为，平面BCD，所以平面ABC，
又平面ABC，所以.
(2)
过点A作平面BCD于点O，取BC的中点E，连接OD，OE，AE.
因为三角形ABC是正三角形，点E为BC中点，所以.
因为平面BCD，则OE为AE在平面BCD内的射影，由三垂线逆定理知. 所以是二面角的平面角，即.
因为三角形ABC是边长为2的正三角形，所以.
在中，.
因为平面BCD，所以DO是AD在平面BCD内射影.
所以是直线AD与平面BCD所成角.
在中，，因为，所以.
所以直线AD与平面BCD所成角的大小为.
21．
（1）设，，，，
因为，所以，即，
整理得：，即.
在中，三顶点不可能共线，所以，
故曲线的方程为.
（2）结论：以为直径的圆经过定点
若直线斜率不存在，可得圆：，
若直线斜率为0，可得圆：，解得两个圆的公共点为，
若直线斜率存在且不为0时，设其方程为，
，可得，恒成立，
设点，，
可得韦达定理：，
，
即，以为直径的圆经过定点，
综上所述，以为直径的圆经过定点
22．
（1）的定义域为.
，
所以，
令，，所以在上递减，所以在区间上递增，在区间上递减.
即的增区间为，减区间为.
（2）.
由得.
令，，所以在区间上递增；在区间上递减，
所以.
而在上递增，所以，
所以对任意.。