2022年高考数学 考前30天之备战冲刺押题系列 名师预测卷 2

2022年高考数学 考前30天之备战冲刺押题系列 名师预测卷 2一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分1集合A x |1x3，xR ，B x |1x2，xR ，则AB 2已知3，2若3，则与夹角的大小为 3设x，y为实数，且，则xy 4椭圆1的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m的值为 5若，则的值是 6已知(x，y)|xy6，x0，y0，A(x，y)|x4，y0，x2y0，若向区域上随机投掷一点P，则点P落入区域A的概率为 7已知a，b为异面直线，直线ca，则直线c与b的位置关系是 8一个算法的流程图如右图所示 则输出S的值为 9将20个数平均分为两组，第一组的平均数为50，方差为33；第二组的平均数为40，方差为45，则整个数组的标准差是 10某同学在借助题设给出的数据求方程2x的近似数(精确到0.1)时，设x2，得出0，且0，他用“二分法”取到了4个x的值，计算其函数值的正负，并得出判断：方程的近似解为x1.8，那么他所取的4个值中的第二个值为 11设，(0，1)，O为坐标原点，动点P(x，y)满足01，01，则zyx的最小值是 12设周期函数是定义在R上的奇函数，若的最小正周期为3，且满足2，m，则m的取值范围是 13等差数列的公差为d，关于x的不等式c0的解集为0，22，则使数列的前n项和最大的正整数n的值是 14方程10的解可视为函数yx的图象与函数y的图象交点的横坐标若90的各个实根，(k4)所对应的点(i1，2，k)均在直线yx的同侧，则实数a的取值范围是 二、填空题：本大题共6小题，共计70分请在指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15（本小题满分14分）已知函数，xR(其中A0，0，0)的图象与x轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为，且图象上一个最低点为（1）求的解析式；（2）当x时，求的值域16（本小题满分14分）如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，DCAB，BAD，且AB2AD2DC2PD4，E为PA的中点（1）证明：DE平面PBC；（2）证明：DE平面PAB17（本小题满分14分）有一气球以v(m/s)的速度由地面上升(假设气球在上升过程中的速度大小恒定)，10分钟后由观察点P测得气球在P的正东方向S处，仰角为；再过10分钟后，测得气球在P的东偏北方向T处，其仰角为(如图，其中Q、R分别为气球在S、T处时的正投影)求风向和风速(风速用v表示)18（本小题满分16分）已知圆C过点P(1，1)，且与圆M：(r0)关于直线xy20对称（1）求圆C的方程；（2）设Q为圆C上的一个动点，求的最小值；（3）过点P作两条相异直线分别与圆C相交于A，B，且直线PA和直线PB的倾斜角互补，O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行？请说明理由19（本小题满分16分）设数列的前n项和为，且满足2，n1，2，3，（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足1，且，求数列的通项公式；（3）设n (3)，求数列的前n项和为20（本小题满分16分）已知集合M是满足下列性质的函数的全体：存在非零常数k，对定义域中的任意x，等式恒成立（1）判断一次函数axb(a0)是否属于集合M；（2）证明函数属于集合M，并找出一个常数k；（3）已知函数( a1)与yx的图象有公共点，证明M理科加试21已知的展开式中前三项的系数成等差数列 （1）求n的值； （2）求展开式中系数最大的项22“抽卡有奖游戏”的游戏规则是：盒子中装有8张形状大小相同的精美卡片，卡片上分别印有“奥运福娃”或“奥运会徽”，要求参加游戏的4人从盒子中轮流抽取卡片，一次抽2张，抽取后不放回，直到4人中一人一次抽到2张“奥运福娃” 卡才能得到奖并终止游戏（1）游戏开始之前，一位高中生问：盒子中有几张“奥运会徽” 卡？主持人说：若从盒中任抽2张卡片不都是“奥运会徽” 卡的概率为请你回答有几张“奥运会徽” 卡呢？（2）现有甲、乙、丙、丁4人参加游戏，约定甲、乙、丙、丁依次抽取用表示4人中的某人获奖终止游戏时总共抽取卡片的次数，求的概率分布及的数学期望23已知曲线的方程，设，为参数，求曲线的参数方程24已知抛物线C的顶点在原点, 焦点为F(2, 0). （1）求抛物线C的方程； （2）过的直线交曲线于两点，又的中垂线交轴于点， 求的取值范围 参考答案11，3 2 34 4 56 7相交或异面 845 98 101.75111 12， 1311 14，15（1）由最低点为M(，2)得A2由x轴上相邻两个交点之间的距离为得，即T，2由点M(，2)在图象上得2，即1故，kZ所以又0，所以，故（2）因为x，所以当，即x时，取得最大值2；当，即x时，取得最小值1故的值域为1，216（1）设PB的中点为F，连结EF、CF，EFAB，DCAB，所以EFDC，且EFDC故四边形CDEF为平行四边形，可得EDCF又ED平面PBC，CF平面PBC，故DE平面PBC（2）因为PD底面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPD又因为ABAD，PDADD，AD平面PAD，PD平面PAD，所以AB平面PADED平面PAD，故EDAB又PDAD，E为PA的中点，故EDPA；PAABA，PA平面PAB，AB平面PAB，所以ED平面PAB1710分钟后由观察点P测得气球在P的正东方向S处，仰角为的S点处，即SPQ，所以PQQS600v(m)又10分钟后测得气球在P的东偏北方向，其仰角为的T点处，即RPQ，TPR，RT2QS1200v(m)，于是PR(m)在PQR中由余弦定理，得QR(m)因为所以PQR，即风向为正南风因为气球从S点到T点经历10分钟，即600s，所以风速为(m/s)18（1）设圆心C(a，b)，则解得则圆C的方程为，将点P的坐标代入，得2，故圆C的方程为2（2）设Q(x，y)，则2，且(x1，y1)(x2，y2)xy4xy2，所以的最小值为4(可由线性规划或三角代换求得)（3）由题意，知直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，故可设PA：y1k(x1)，PB：y1k(x1)由得2k(1k)x20因为点P的横坐标x1一定是该方程的解，故可得，同理所以1所以直线OP和AB一定平行19（1）因为n1时，2，所以1因为2，即2，所以2两式相减：0，即0，故有因为0，所以( n)所以数列是首项1，公比为的等比数列，( n)（2）因为( n1，2，3，)，所以从而有1，( n2，3，)将这n1个等式相加，得12又因为1，所以3( n1，2，3，)（3）因为n (3)，所以 ，得 故88( n1，2，3，)20（1）若axbM，则存在非零常数k，对任意xD均有akxb，即a(k1)x恒成立，得无解，所以M（2），则，k4，k2时等式恒成立，所以M（3）因为y( a1)与yx有交点，由图象知，y与y必有交点设，则，所以M附加题1、变换是逆时针旋转的旋转变换，对应的变换矩阵是；变换对应用的变换矩阵是（）求点在作用下的点的坐标；（）求函数的图象依次在，变换的作用下所得曲线的方程解：（），所以点在作用下的点的坐标是。（），设是变换后图像上任一点，与之对应的变换前的点是则，也就是，即，所以，所求曲线的方程是。2、已知圆的极坐标方程为：将极坐标方程化为普通方程；若点P(x，y)在该圆上，求xy的最大值和最小值3、投掷四枚不同的金属硬币A、B、C、D，假定A、B两枚正面向上的概率均为，另两枚C、D为非均匀硬币，正面向上的概率均为a（0a1），把这四枚硬币各投掷一次，设孜表示正面向上的枚数.（1）若A、B出现一正一反与C、D出现两正的概率相等，求a的值；（2）求孜的分布列及数学期望（用a表示）；（3）若出现2枚硬币正面向上的概率最大，试求a的取值范围.解：（）由题意，得2分（）着=0，1，2，3，4.3分4分 5分6分7分得孜的分布列为：孜01234p孜的数学期望为：8分（）9分10分0 .0 . 11分12分21 解：（1）由题设，得 ， 即，解得n8，n1（舍去）（2）设第r1的系数最大，则即 解得r2或r3 所以系数最大的项为，22解：（1）设盒子中有“会徽卡”n张，依题意有，解得n=3 即盒中有“会徽卡”3张 （2）因为表示某人一次抽得2张“福娃卡”终止时，所有人共抽取了卡片的次数，所以的所有可能取值为1，2，3，4， ；，概率分布表为： 1234P的数学期望为。23解：将代入，得，即 当 x=0时，y=0；当时， 从而 原点也满足， 曲线C的参数方程为（为参数）24解：（1）设抛物线方程为，则，所以，抛物线的方程是（2）直线的方程是，联立消去得，显然，由，得 由韦达定理得，所以，则中点坐标是，由 可得 ， 所以，令，则，其中，因为，所以函数是在上增函数所以，的取值范围是