卷1-備戰(zhàn)2022年高考數學（文）全真模擬卷（全國卷專用）·第一輯（解析版）

1、備戰(zhàn)2022年高考數學（文）全真模擬卷（全國卷專用）第一模擬（本卷共22小題，滿分150分，考試用時120分鐘）一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的）1（2021四川成都七中高三期中（文）設全集，集合，則（ ）ABCD【答案】C【分析】根據交集、補集的定義，即得解【詳解】由題意，全集，集合，故則故選：C2（2021貴州貴陽一中高三月考（文）復數z滿足（i為虛數單位），則z的共軛復數的虛部為（ ）AiBCD1【答案】C【分析】根據復數的除法，可得，再利用共軛復數的概念即可得解.【詳解】，則，故選：C.3（2021貴州貴陽一中高三

2、月考（文）國際數學教育大會（ICME）是世界數學教育規(guī)模最大、水平最高的學術性會議.第十四屆大會于2021年7月11日18日在上海市華東師范大學成功舉辦，其會標如圖，包含著許多數學元素.主畫面是非常優(yōu)美的幾何化的中心對稱圖形，由弦圖、圓和螺線組成，主畫面標明的ICME-14下方的“”是用中國古代八進制的計數符號寫出的八進制數3744，也可以讀出其二進制碼（0）11111100100，受疫情影響，第十四屆大會在原定的舉辦時間上有所推遲，已知上述二進制和八進制數轉換為十進制，即是第十四屆大會原定的舉辦時間，則第十四屆數學教育大會原定于（ ）年舉行.A2018B2019C2020D2021【答案】C

3、【分析】根據給定條件，將八進制數3744轉換為十進制數即可.【詳解】.故選：C4（2021陜西漢中二模（文）已知，那么（ ）ABCD【答案】D【分析】根據誘導公式得，代入二倍角公式即可【詳解】因， 所以故選：D5（2021西藏拉薩一模（文）函數的圖象大致是（ ）ABCD【答案】D【分析】利用特殊值及函數的導數判斷函數的單調性進行排除，即可得到函數的圖象.【詳解】當時，.排除AC，令，當，函數是增函數，當，函數是減函數，存在，使得，且當，即，函數是增函數，當，即，函數是減函數，B不正確，故選D.【點睛】思路點睛：本題考查函數圖象的判斷，一般通過函數的定義域值域奇偶性對稱性單調性特殊點以及變化趨勢

4、判斷.6（2021河南模擬預測（文）“三分損益法”是古代中國發(fā)明制定音律時所用的方法，其基本原理是：以一根確定長度的琴弦為基準，取此琴弦長度的得到第二根琴弦，第二根琴弦長度的為第三根琴弦，第三根琴弦長度的為第四根琴弦，第四根琴弦長度的為第五根琴弦琴弦越短，發(fā)出的聲音音調越高，這五根琴弦發(fā)出的聲音按音調由低到高分別稱為“宮、商、角（ju）、徵（zh）、羽”，則“角”和“徵”對應的琴弦長度之比為（ ）ABCD【答案】C【分析】設基準琴弦的長度為，則根據“三分損益法”得到的另外四根琴弦的長度，并把五根琴弦的長度從大到小排列，從而可求出“角”和“徵”對應的琴弦長度之比.【詳解】設基準琴弦的長度為，則根

5、據“三分損益法”得到的另外四根琴弦的長度依次為，五根琴弦的長度從大到小依次為，所以“角”和“徵”對應的琴弦長度分別為和，其長度之比為故選：C.7（2021云南玉溪高三月考（文）已知直線過拋物線：的焦點，并交拋物線于，兩點，則弦中點的橫坐標是（ ）ABCD1【答案】C【分析】過點作拋物線準線的垂線，則由拋物線的定義結合梯形中位線定理可求得結果【詳解】如圖，由題意可得拋物線的準線的方程為，過點作拋物線準線的垂線于，過分別作于點，于點，則，因為弦的中點為，所以，所以點的橫坐標是，故選：C8（2021云南師大附中高三月考（文）某三棱錐的三視圖如圖所示，是三個邊長為2的正方形，則該三棱錐的體積為（ ）A

6、BC6D【答案】B【分析】作出原幾何體，得出其是由正方體截去四個角得出的正四面體，用正方體體積減去4個三棱錐體積可得.【詳解】根據三視圖知，該幾何體是棱長為2的正方體截去四個角得出的正四面體，它的體積等于正方體的體積減去正方體四個角處三棱錐的體積.記每一個角處三棱錐的體積為，則，故選：B.9（2021河南高三月考（文）在平行四邊形中，為中點，若，且.則（ ）ABCD【答案】A【分析】設，求得，將與用基底表示，并將轉化為，計算求得結果.【詳解】設，則，由條件可得，由可得，即，即.故.故選：A.10（2021陜西西安高三月考（文）已知，則的值域是（ ）ABCD【答案】C【分析】首先利用降冪公式化簡

7、函數，再求的范圍，再求函數的值域.【詳解】，的值域為故選：C11（2021安徽省泗縣第一中學模擬預測（文）已知圓與圓的公共弦所在直線恒過點，且點在直線上，則的取值范圍是（ ）ABCD【答案】A【分析】將兩圓的方程相減可得公共弦方程，從而求得定點，利用點在直線上可得，再代入消元，轉化成一元二次函數的取值范圍；【詳解】解：由圓，圓，得圓與圓的公共弦所在直線方程為，求得定點，又在直線上，即.，的取值范圍是.故選：A.【點睛】本題考查圓的公共弦方程求解、一元二次函數的最值，考查轉化與化歸思想的運用.12（2021江西臨川三模（文）已知函數，.若在區(qū)間內沒有零點，則的取值范圍是ABCD【答案】D【分析】

8、先把化成，求出的零點的一般形式為，根據在區(qū)間內沒有零點可得關于的不等式組，結合為整數可得其相應的取值，從而得到所求的取值范圍.【詳解】由題設有，令，則有即.因為在區(qū)間內沒有零點，故存在整數，使得，即，因為，所以且，故或，所以或，故選：D.【點睛】本題考查三角函數在給定范圍上的零點的存在性問題，此類問題可轉化為不等式組的整數解問題，本題屬于難題.二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13（2021貴州模擬預測（文）在梯形中，則的面積是_.【答案】【分析】在中，由余弦定理可得的值，進而求出的面積，由的面積為得結論【詳解】解：在中，由余弦定理可得：，所以，所以的面積為：，因為.所以的面積

9、為.故答案為：.14（2021江西模擬預測（文）已知函數的定義域為，對任意，恒成立，且當時，則_.【答案】54【分析】由已知條件可得，求出即可得到答案；【詳解】因為，所以.故答案為：54.15（2021四川內江模擬預測（文）若對任意的、，且，則的最小值是_【答案】【分析】分析出函數在上為減函數，利用導數求出函數的單調遞減區(qū)間，即可求得實數的最小值.【詳解】對任意的、，且，易知，則，所以，即，令，則函數在上為減函數，因為，由，可得，所以函數的單調遞減區(qū)間為，所以，所以，因此，實數的最小值為.故答案為：.16（2021甘肅金昌二模（文）如圖，已知拋物線：的焦點為，拋物線的準線與軸相交于點，點（在第

10、一象限）在拋物線上，射線與準線相交于點，直線與拋物線交于另一點，則_【答案】3【分析】由，可得，再由直線的方程為：，與拋物線聯立，可得，從而得，結合拋物線定義及平行性質可得解.【詳解】拋物線：的焦點為，由，可得，解得，可得，由，解得，直線的方程為：，與拋物線聯立，可得，由，得，則，所以，由拋物線定義得，且，所以，所以故答案為：3.【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵是由得，再由直線和拋物線聯立得，進而得，從而可利用拋物線的性質處理比值.三、解答題（本大題共6小題，共70分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17（2021吉林長春市基礎教育研究中心（長春市基礎教育質量監(jiān)測中心）一模（文）某中學

11、有初中學生1800人，高中學生1200人，為了解全校學生本學期開學以來（60天）的課外閱讀時間，學校采用分層抽樣方法，從中抽取了100名學生進行問卷調查.將樣本中的“初中學生”和“高中學生”按學生的課外閱讀時間（單位：小時）各分為5組：，得其頻率分布直方圖如圖所示.（1）國家規(guī)定：初中學生平均每人每天課外閱讀時間不少于半小時，若該校初中學生課外閱讀時間低于國家標準，則學校應適當增加課外閱讀時間.根據以上抽樣調查數據（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值為代表），該校是否需要增加初中學生課外閱讀時間？（2）從課外閱讀時間不足10個小時的樣本中隨機抽取3人，求至少有2名初中生的概率.【答案】（1）需要

12、；（2）.【分析】（1）根據頻率分布直方圖根據平均數公式估計初中生閱讀時間的平均數，即得解；（2）根據古典概型的計算公式，即得解【詳解】（1）由圖可求出初中生在內的頻率為，故樣本中初中生閱讀時間的平均數為，故按國家標準，該校需要增加初中學生課外閱讀時間.（2）由圖可求出初中生和高中生課外閱讀時間不足10小時的人數分別為3人和2人，記初中生3人為，高中生2人為，從這5人中隨機抽取3人一共有10種，分別為其中至少2名初中生包括7種情況，所以所求事件的概率為.18（2021安徽省舒城中學三模（文）設數列為等差數列，其前n項和為，數列為等比數列已知（1）求數列和的通項公式；（2）求數列的前n項和【答案

13、】（1），；（2）【分析】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為，根據題意，列方程求解即可得答案；（2）根據錯位相減法求和即可.【詳解】解：（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為，由可得，即，解得，所以，則；（2），則，可得，得：，因此，；【點睛】本題考查等差等比數列的基本計算，錯位相減法求和，考查運算求解能力，是中檔題.本題第二問解題的關鍵在于掌握錯位相減法求和的基本方法，第一步列式，第二步，乘公比錯位，第三步兩式做差整理.19（2021黑龍江哈九中三模（文）如圖，已知三棱柱的底面是正三角形，側面是矩形，、分別為、的中點，為上一點過和的平面交于，交于（1）證明：，且平面平面；（2）設

14、為的中心若，平面，且，求四棱錐的體積【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）證明出、，結合平行線的傳遞性可證得，證明出，平面，結合面面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）過點在平面內作，垂足為點，證明出平面，說明點到平面的距離等于點到平面的距離，然后利用錐體的體積公式可求得結果.【詳解】（1）在三棱柱中，且，故四邊形為平行四邊形，所以，且，因為、分別為、的中點，則且，故四邊形為平行四邊形，所以，又因為，因此，.，為的中點，則，平面，平面，故，則，平面，平面，平面，平面平面，則，所以，平面，因為平面，因此，平面平面；（2）平面，平面，平面平面，故，又因為，故四邊形為平行四邊形，所以，為的

15、中心，則，則四邊形為平行四邊形，所以，因為且，則四邊形為平行四邊形，故，平面，平面，故平面，所以點到平面的距離等于點到平面的距離，過點在平面內作，垂足為點，因為平面平面，平面平面，平面，故平面，所以，所以，.20（2021四川德陽二模（文）已知直線與橢圓相切于點，直線的斜率為，設直線與橢圓分別交于點、(異于點)，與直線交于點.（1）求直線m的方程：（2）證明：成等比數列【答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）首先設直線的方程為，再與橢圓聯立，利用求解即可.（2）首先設直線的方程為，與直線聯立得到且，則，再與橢圓聯立，利用弦長公式計算，即可證明.【詳解】（1）由題知直線的斜率存在，設直線

16、的方程為，由只有一組實數解，即只有一實根，得.解得.故直線的方程為.（2）設直線的方程為，則且，則，由，得，所以，所以.即，即成等比數列.21（2021江西臨川一中模擬預測（文）已知函數，當時，（1）若函數在處的切線與軸平行，求實數的值；（2）求證：；（3）若恒成立，求實數的取值范圍【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）【分析】（1）求導數，根據題意g(0)=0,求得a的值；（2）當時，構造函數，利用導數研究單調性，進而證明，從而證得；當時，令，利用導數研究單調性，進而證明，綜上可知：；（3）利用（2）的結論放縮后得，令，利用導數研究單調性可得得到從而當時，在上恒成立同樣利用放縮后可得利用導

17、數進行研究可證得當時，在上不恒成立【詳解】解：（1），函數在處的切線與軸平行，則，得（2）證明：當時，令，則當時，在上是增函數，即當時，令，則當時，在單調遞增，綜上可知：；（3）解：設令，則，令，則當時，可得是上的減函數，故在單調遞減，當時，在上恒成立下面證明當時，在上不恒成立令，則當時，故在上是減函數，當時，存在，使得，此時，即在不恒成立綜上實數的取值范圍是【點睛】本題考查導數的幾何意義，利用導數證明不等式和解決不等式恒成立求參數范圍問題，屬于中高檔題，難度較大.關鍵難點是利用第（2）的結論，對進行放縮，從正反兩方面證明a-3.請考生在第22、23兩題中任選一題作答注意：只能做所選定的題目如果多做，則按所做的第一個題目計分22（2021云南大理模擬預測（文）數學中有許多寓意美好的曲線，在極坐標系中，曲線被稱為“三葉玫瑰線”（如圖所示）（1）當，求以極點為圓心，為半徑的圓與三葉玫瑰線交點的極坐標；（2）設點P是由（1）中的交點所確定的圓M上的動點，直線，求點P到直線l的距離的最大值【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由可得，然后解出的值即可；（2）將圓和直線l的極坐標方程轉化為直角坐標方程，然后可求出答案.【詳解】（1）由可得，所以或所以或因為，所以所以交點的極坐標為（2）由（1）可得圓M的極坐標方程為，轉化為直角坐標方程為直線的直角坐標方程為所