2022屆全國普通高中高考考前模擬數(shù)學理（二）試題（解析版）

1、PAGE 理 科 數(shù) 學（二）注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。第卷（選擇題）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1若集合，則（ ）ABCD2已知復(fù)數(shù)，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點關(guān)于虛軸對稱的

2、點是（ ）ABCD3已知函數(shù)，則（ ）A2B3CD4已知，則（ ）ABCD5九章算術(shù)中有一道“良馬、駑馬行程問題”若齊國到長安的路程為里，良馬從長安出發(fā)往齊國去，駑馬從齊國出發(fā)往長安去，同一天相向而行良馬第一天行里，之后每天比前一天多行里，駑馬第一天行里，之后每天比前一天少行里，若良馬和駑馬第天相遇，則的最小整數(shù)值為（ ）ABCD6盒子中裝有編號為0，1，2，3，4，5，6的7個球，從中任意取出兩個，則這兩個球的編號之和為3的倍數(shù)的概率為（ ）ABCD7已知命題：存在，使得，命題：對任意的，都有，命題：存在，使得，其中正確命題的個數(shù)是（ ）A0B1C2D38深度學習是人工智能的一種具有代表性的

3、實現(xiàn)方法，它是以神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)為出發(fā)點的在神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)優(yōu)化中，指數(shù)衰減的學習率模型為，其中表示每一輪優(yōu)化時使用的學習率，表示初始學習率，表示衰減系數(shù)，表示訓練迭代輪數(shù)，表示衰減速度已知某個指數(shù)衰減的學習率模型的初始學習率為，衰減速度為22，且當訓練迭代輪數(shù)為22時，學習率衰減為，則學習率衰減到以下（不含）所需的訓練迭代輪數(shù)至少為（ ）（參考數(shù)據(jù)：，）A11B22C227D4819設(shè)的內(nèi)角、所對的邊分別為、，若，且的面積為，則（ ）ABCD10設(shè)橢圓的左右焦點分別為，點P在橢圓上，且滿足，則的值是（ ）A14B17C20D2311如圖（1），正方體的棱長為1，若將正方體繞著體對角線旋轉(zhuǎn)，則正方體所經(jīng)過的區(qū)

4、域構(gòu)成如圖（2）所示的幾何體，該幾何體是由上、下兩個圓錐和單葉雙曲面構(gòu)成，則其中一個圓錐的體積為（ ）ABCD12若不等式對任意，恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是（ ）ABCD第卷（非選擇題）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分13的展開式中的系數(shù)是_（用數(shù)字作答）14已知ABC中，點O是ABC的外心，則_15已知數(shù)列滿足，則數(shù)列的通項公式為_16一個二元碼是由0和1組成的數(shù)字串，其中稱為第k位碼元二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發(fā)生碼元錯誤（即碼元由0變?yōu)?，或者由1變?yōu)?）已知某種二元碼的碼元滿足如下校驗方程組：，其中運算定義為，現(xiàn)已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元

5、錯誤后變成了1101011，那么利用上述校驗方程組可判定k等于_三、解答題：本大題共6個大題，共70分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17（12分）在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知（1）求；（2）若，且的面積為，求邊長a18（12分）在如圖所示的幾何體中，四邊形是矩形，平面，為與的交點，點H為棱的中點（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值19（12分）已知函數(shù)（1）求函數(shù)在處的切線方程；（2）若，求實數(shù)的取值范圍20（12分）已知橢圓的左、右焦點，恰好是雙曲線的左右頂點，橢圓上的動點滿足，過點的直線交橢圓C于，兩點（1）求橢圓的標準方程；（2）橢圓上是否存在點使得四邊

6、形（為原點）為平行四邊形？若存在，求出所有點的坐標；若不存在，請說明理由21（12分）非物質(zhì)文化遺產(chǎn)是一個國家和民族歷史文化成就的重要標志，是優(yōu)秀傳統(tǒng)文化的重要組成部分瑞昌剪紙于2008年列入第二批國家級非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄由于瑞昌地處南北交匯處，經(jīng)過千年的南北文化相互浸潤與滲透，瑞昌剪紙融入了南方的陰柔之麗、精巧秀美和北方的陽剛之美、古樸豪放為了弘揚中國優(yōu)秀的傳統(tǒng)文化，某校將舉辦一次剪紙比賽，共進行5輪比賽，每輪比賽結(jié)果互不影響比賽規(guī)則如下：每一輪比賽中，參賽者在30分鐘內(nèi)完成規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各2幅，若有不少于3幅作品入選，將獲得“巧手獎”5輪比賽中，至少獲得4次“巧手獎”的同學將進入決賽某

7、同學經(jīng)歷多次模擬訓練，指導老師從訓練作品中隨機抽取規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各5幅，其中有4幅規(guī)定作品和3幅創(chuàng)意作品符合入選標準（1）從這10幅訓練作品中，隨機抽取規(guī)定作品和創(chuàng)意作品各2幅，試預(yù)測該同學在一輪比賽中獲“巧手獎”的概率；（2）以上述兩類作品各自入選的頻率作為該同學參賽時每幅作品入選的概率經(jīng)指導老師對該同學進行賽前強化訓練，規(guī)定作品和創(chuàng)意作品入選的概率共提高了，以獲得“巧手獎”的次數(shù)期望為參考，試預(yù)測該同學能否進入決賽？請考生在22、23兩題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題記分22（10分）【選修4-4：坐標系與參數(shù)方程】在平面直角坐標系中，曲線C1的參數(shù)方程為（為參數(shù)，），以坐

8、標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C2的極坐標方程為（1）求曲線C1的普通方程與曲線C2的直角坐標方程；（2）設(shè)C1與C2的公共點分別為A，B，求a的值23（10分）【選修4-5：不等式選講】已知函數(shù)（1）求不等式的解集；（2）若，求滿足條件的實數(shù)a的取值范圍理 科 數(shù) 學（二）答 案第卷（選擇題）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1【答案】A【解析】集合，所以，故選A2【答案】D【解析】z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，關(guān)于虛軸對稱的點是，故選D3【答案】D【解析】由題意，所以，故選D4【答案】B【解析】由已知可得，等式兩邊平方

9、得，解得，故選B5【答案】D【解析】設(shè)駑馬、良馬第天分別行、里，則數(shù)列是以為首項，以為公差的等差數(shù)列，數(shù)列是以為首項，以為公差的等差數(shù)列，由題意可得，整理可得，解得（舍）或，而，故的最小整數(shù)值為，故選D6【答案】D【解析】從7個不同的球中取出2個球，則共有種情況，編號之和為的倍數(shù)，即編號之和為3,6,9，則共有種情況，故滿足題意的概率，故選D7【答案】B【解析】當時，顯然成立；當時，可知不成立；由輔助角得，所以的最大值為5，所以為假，故選B8【答案】D【解析】由于，所以，依題意，則，由，得，所以所需的訓練迭代輪數(shù)至少為輪，故選D9【答案】C【解析】因為，所以由正弦定理可得，可得，可得，可得，因

10、為的面積為，可得，又，所以，故選C10【答案】D【解析】設(shè)，由題意，易知，則，于是由余弦定理可得，即，故選D11【答案】A【解析】因為正方體的棱長為1，所以由題意可得圓錐的底是邊長為的等邊三角形的外接圓，所以外接圓的半徑為，圓錐的母線長為正方體的邊長，即，所以圓錐的高為，所以圓錐的體積為，故選A12【答案】B【解析】設(shè)，則T的幾何意義是直線上的點與曲線上的點的距離，將直線平移到與曲線相切時，切點Q到直線的距離最小而，令，則，可得，此時，Q到直線的距離，故，所以，故選B第卷（非選擇題）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分13【答案】【解析】的展開式的通項公式為，令，可得，所以的展開式中的系數(shù)是

11、，故答案為14【答案】（或）【解析】在中，點是的外心，又，所以是等腰直角三角形，所以是三角形的斜邊中點，所以，故答案為15【答案】【解析】當時，當時，得因為不滿足上式，所以，故答案為16【答案】6【解析】依題意，二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯誤后變成了1101011，若，則，從而由校驗方程組，得，故；若，則，從而由校驗方程組，得，故；若，則，從而由校驗方程組，得，故；若，則，從而由校驗方程組，得，故；若，則，從而由校驗方程組，得，故；若，則，從而由校驗方程組，得，故符合；若，則，從而由校驗方程組，得，故，綜上，k等于6，故答案為6三、解答題：本大題共6個大題，共70分解答應(yīng)寫出文字說明

12、、證明過程或演算步驟17【答案】（1）；（2）【解析】（1）解：由，可得，即，所以，因為，可得，所以（2）解：由（1）知，可得，即，利用余弦定理可得，所以，所以的面積為，又因為，即，解得，即18【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】（1）證明：如圖所示，連接，因為四邊形是矩形，所以是的中點，因為H是的中點，所以，因為平面，平面，所以平面（2）解：由條件可知，兩兩垂直，以A為坐標原點，所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，如圖所示：則，可得，設(shè)平面的法向量為，所以，取，可得，所以；設(shè)平面的法向量為，所以，取，可得，所以，所以，由圖可知二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為19【

13、答案】（1）；（2）【解析】（1）解：函數(shù)定義域為，則，所以切線方程為，即（2）解法一：記，由，得，即當時，由，令，則，當時，；當時，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，即，綜上可知，解法二：由條件知，在上成立，所以，在上成立，記，則，當時，；當時，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，則實數(shù)的取值范圍為20【答案】（1）；（2）存在，使得四邊形為平行四邊形【解析】（1）因為的左右頂點為和，所以，因為，所以，所以，因為，所以，所以橢圓的標準方程為（2）假設(shè)存在點使得四邊形（為原點）為平行四邊形，設(shè)，當直線的斜率不存在時，直線的方程為，所以，因為為平行四邊形，所以，所以，所以，即，點在橢圓上，符合題意；當直線的斜

14、率存在時，設(shè)直線的方程為，整理得，所以，因為為平行四邊形，所以，所以，即，所以，將點代入橢圓方程得，方程無解，故當直線的斜率存在時，不存在點，綜上所述，存在，使得四邊形為平行四邊形21【答案】（1）；（2）該同學沒有希望進入決賽【解析】（1）由題可知，所有可能的情況有：規(guī)定作品入選1幅，創(chuàng)意作品入選2幅的概率，規(guī)定作品入選2幅，創(chuàng)意作品入選1幅的概率，規(guī)定作品入選2幅，創(chuàng)意作品入選2幅的概率，故所求的概率（2）設(shè)強化訓練后，規(guī)定作品入選的概率為，創(chuàng)意作品入選的概率為，則，由已知可得，強化訓練后該同學某一輪可獲得“巧手獎”的概率為：，且，也即，即，故可得，令，則在上單調(diào)遞減，該同學在5輪比賽中獲得“巧手獎”的次數(shù)，故該同學沒有希望進入決賽22【答案】（1）（），；（2）或【解析】（1）曲線C1