《2022年高三二模數學（文）試題解析版 含解析(I)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高三二模數學（文）試題解析版 含解析(I)（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、2022年高三二模數學（文）試題解析版 含解析(I)
一、填空題（54分）本大題共有9題，要求在答題紙相應題序的空格內直接填寫結果，每個空格填對得6分，否則一律得零分．
1．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）設為虛數單位，集合A={1，﹣1，i，﹣i}，集合，則A∩B= {﹣1，i}?。?
考點：
虛數單位i及其性質；交集及其運算．
專題：
計算題．
分析：
利用復數的運算法則化簡集合B，再利用交集即可得到A∩B．
解答：
解：對于集合B：由i10=i2=﹣1，1﹣i4=1﹣1=0，（1+i）（1﹣i）=1+1=2，=．
∴B={﹣1，0，2，i}．
∴A∩B={﹣1，i}
2、．
故答案為{﹣1，i}．
點評：
熟練掌握復數的運算法則和交集的運算性質是解題的關鍵．
2．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）在平面直角坐標系xOy中，以向量=（a1，a2），=（b1，b2）為鄰邊的平行四邊形的面積為 |a1b2﹣b1a2| ．
考點：
向量在幾何中的應用．
專題：
計算題；綜合題；平面向量及應用．
分析：
設向量對應，向量對應，由向量模的公式算出||和||，得到cos∠AOB=，再由同角三角函數的平方關系算出sin∠AOB的值，最后根據正弦定理的面積公式加以計算，得到平行四邊形OACB的面積，即得以向量、為鄰邊的平行四邊形的面積值．
解答：
解
3、：設向量==（a1，a2），==（b1，b2）
∴||=，||=
可得cos∠AOB==
由同角三角函數基本關系，得
sin∠AOB==
因此，以、為鄰邊的平行四邊形OACB的面積為
S=||?||sin∠AOB=??=|a1b2﹣b1a2|
即以向量、為鄰邊的平行四邊形的面積為|a1b2﹣b1a2|
故答案為：|a1b2﹣b1a2|
點評：
本題給出向量、的坐標，求以向量、為鄰邊的平行四邊形的面積．著重考查了平面向量數量積計算公式、模的計算公式和平行四邊形的面積求法等知識，屬于中檔題．
3．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）（1+2x）3（1﹣x）4展開式中x6的系
4、數為 ﹣20?。?
考點：
二項式定理．
專題：
計算題．
分析：
利用二項展開式的通項公式求出通項，再利用多項式的乘法進一步求得展開式中x6 的系數．
解答：
解：（1+2x）3的展開式的通項公式為Tr+1=?（2x）r，
（1+2x）3（1﹣x）4展開式的通項公式為 Tk+1=?（﹣x）k．
故（1+2x）3（1﹣x）4展開式中x6的系數為?22?+?23?（﹣）=12﹣32=﹣20，
故答案為﹣20．
點評：
本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，求展開式中某項的系數，屬于中檔題．
4．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）過原點且與向量=垂直的直
5、線被圓x2+y2﹣4y=0所截得的弦長為 2?。?
考點：
直線與圓的位置關系．
專題：
計算題；直線與圓．
分析：
求出直線方程，利用圓心到直線的距離，半徑半弦長滿足的勾股定理求解半弦長即可得到結果．
解答：
解：因為過原點且與向量=垂直的直線的斜率為：，
所以直線方程為：y=x，
圓x2+y2﹣4y=0的圓心（0，﹣2），半徑為2，
圓心到直線的距離為：=1，
圓心到直線的距離，半徑半弦長滿足的勾股定理，
所以半弦長為：，
所以所求弦長為：2；
故答案為：2．
點評：
本題考查直線與圓的位置關系的應用，直線方程的求法，考查計算能力．
5．（6分）
6、（xx?閘北區(qū)二模）甲、乙兩人從4門課程中各選修2門．則甲．乙所選的課程中至少有1門不相同的選法共有 30 種．
考點：
排列、組合及簡單計數問題．
分析：
“至少1門不同”包括兩種情況，兩門均不同和有且只有1門相同．合理按照分類及分部解決：1，甲、乙所選的課程中2門均不相同，甲先從4門中任選2門，乙選取剩下的2門．2．甲．乙所選的課程中有且只有1門相同，分為2步：①從4門中先任選一門作為相同的課程，②甲從剩余的3門中任選1門乙從最后剩余的2門中任選1門．
解答：
解：甲、乙所選的課程中至少有1門不相同的選法可以分為兩類：1．甲．乙所選的課程中2門均不相同，甲先從4門中任選2門
7、，乙選取剩下的2門，有C42C22=6種．
2．甲．乙所選的課程中有且只有1門相同，分為2步：①從4門中先任選一門作為相同的課程，有C41=4種選法，②甲從剩余的3門中任選1門乙從最后剩余的2門中任選1門有C31C21=6種選法，由分步計數原理此時共有C41C31C21=24種．
最后由分類計數原理，甲．乙所選的課程中至少有1門不相同的選法共有6+24=30種．
故答案為30．
點評：
排列組合問題要注意分類與分步，做到不重復也不遺漏．
6．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）設0，a1=2cosθ，an+1=，則數列{an}的通項公式an= 2cos?。?
考點：
歸納推理．
8、
專題：
計算題．
分析：
由已知先求出數列的前幾項，然后由規(guī)律歸納出數列的通項公式
解答：
解：∵a1=2cosθ，an+1=，
∴a2===
a3===
…
故答案為：
點評：
本題主要考查了利用數列的遞推公式求解數列的通項公式，解題的關鍵是發(fā)現通項的規(guī)律
7．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）已知函數f（x）=，若f（f（x0））=3，則x0= 或?。?
考點：
三角函數的化簡求值．
專題：
計算題；三角函數的求值．
分析：
令f（x0）=t，根據函數解析式，分t∈[0，2π]和t∈（﹣∞，0）時，解關于t的方程得到t=﹣，即f（x0）=﹣．由
9、此再分x0∈[0，2π]和x0∈（﹣∞，0）時兩種情況加以討論，解關于x0的方程即可得到實數x0的值．
解答：
解：令f（x0）=t，則
當t∈[0，2π]時，由2sint=3，得sint=＞1，找不出實數t滿足方程
當t∈（﹣∞，0）時，得t2=3，解之得t=﹣
因此可得f（x0）=﹣
①當x0∈[0，2π]時，由2sinx0=﹣，得sinx0=﹣
解之得x0=或；
②當x0∈（﹣∞，0）時，由x02=﹣知找不出實數x0滿足方程．
綜上所述，可得x0=或；
故答案為：或
點評：
本題給出分段函數，求方程f（f（x0））=3的解，著重考查了分段函數的含義和三角函數的化簡
10、與求值等知識，屬于基礎題．
8．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）設對所有實數x，不等式＞0恒成立，則a的取值范圍為 0＜a＜1?。?
考點：
函數恒成立問題．
專題：
計算題；不等式的解法及應用．
分析：
由二次不等式的性質可得，且×4＜0，解不等式可求a的范圍
解答：
解：∵不等式＞0恒成立
由二次不等式的性質可得，且×4＜0
令t=log2
即
整理可得，
∵
∴
解可得，0＜a＜1
故答案為：0＜a＜1
點評：
本題主要考查了二次不等式的恒成立，解題的關鍵是二次不等式與二次函數的相互轉化關系的應用．
9．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）現有一
11、個由長半軸為2，短半軸為1的橢圓繞其長軸按一定方向旋轉180°所形成的“橄欖球面”．已知一個以橢圓的長軸為軸的圓柱內接于該橄欖球面，則這個圓柱的側面積的最大值是 4π?。?
考點：
橢圓的應用．
專題：
圓錐曲線的定義、性質與方程．
分析：
由題意作出截面圖，建立直角坐標系后得到橢圓的標準方程，再設出圓柱面與橄欖球面的一個切點，該切點的橫縱坐標與圓柱的底面半徑和母線長有關系，利用點在橢圓上得出點的橫縱坐標的關系，利用不等式可以求得ab的最大值，把圓柱的側面積用含有ab的代數式表示后得到最大值．
解答：
解：由題意作截面圖如圖，
在圖中坐標系下，設圓柱與橄欖球面在第一象限
12、內的切點為P（a，b）（a＞0，b＞0），
則橢圓方程為．
因為P在橢圓上，所以．
所以．
當且僅當，即時“=”成立．
而圓柱的底面半徑等于b，母線長等于2a，
所以圓柱的側面積S=4πab．則S的最大值等于4π．
故答案為4π．
點評：
本題考查了橢圓的運用，考查了利用基本不等式求最值，體現了數形結合的解題思想，屬中檔題．
二、選擇題（18分）本大題共有3題，每題都給出四個結論，其中有且只有一個結論是正確的，必須把答題紙上相應題序內的正確結論代號涂黑，選對得6分，否則一律得零分．
10．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）命題“對任意的x∈R，f（x）＞0”的否定是（
13、）
A．
對任意的x∈R，f（x）≤0
B．
對任意的x∈R，f（x）＜0
C．
存在x0∈R，f（x0）＞0
D．
存在x0∈R，f（x0）≤0
考點：
命題的否定．
專題：
規(guī)律型．
分析：
根據命題“?x∈R，p（x）”的否定是“?x0∈R，￢p（x）”，即可得出答案．
解答：
解：根據命題“?x∈R，p（x）”的否定是“?x0∈R，￢p（x）”，
∴命題：“對任意的x∈R，f（x）＞0”的否定是“?x0∈R，f（x0）≤0”．
故選D．
點評：
掌握全稱命題的否定是特稱命題是解題的關鍵．
11．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）
14、若0≤α≤2π，sinα＞cosα，則α的取值范圍是（ ）
A．
（，）
B．
（，π）
C．
（，）
D．
（，）
考點：
正切函數的單調性；三角函數線．
專題：
計算題．
分析：
通過對sinα＞cosα等價變形，利用輔助角公式化為正弦，利用正弦函數的性質即可得到答案．
解答：
解：∵0≤α≤2π，sinα＞cosα，
∴sinα﹣cosα=2sin（α﹣）＞0，
∵0≤α≤2π，
∴﹣≤α﹣≤，
∵2sin（α﹣）＞0，
∴0＜α﹣＜π，
∴＜α＜．
故選C．
點評：
本題考查輔助角公式的應用，考查正弦函數的性質，將sinα＞
15、cosα等價變形是難點，也是易錯點，屬于中檔題．
12．（6分）（xx?閘北區(qū)二模）某商場在節(jié)日期間舉行促銷活動，規(guī)定：
（1）若所購商品標價不超過200元，則不給予優(yōu)惠；
（2）若所購商品標價超過200元但不超過500元，則超過200元的部分給予9折優(yōu)惠；
（3）若所購商品標價超過500元，其500元內（含500元）的部分按第（2）條給予優(yōu)惠，超過500元的部分給予8折優(yōu)惠．
某人來該商場購買一件家用電器共節(jié)省330元，則該件家電在商場標價為（ ）
A．
1600元
B．
1800元
C．
xx元
D．
2200元
考點：
分段函數的解析式求法
16、及其圖象的作法．
專題：
函數的性質及應用．
分析：
由購買一件家用電器共節(jié)省330元可知，該家電的標價應超過200元，進一步分析應超過500元，根據兩段價格的優(yōu)惠和等于330元列式即可求得該家電在商場的標價．
解答：
解：由題意知，若該家電大于200元但不超過500元，優(yōu)惠的錢數為300﹣300×0.9=30元，
因為該家電優(yōu)惠330元，所以該家電一定超過500元，
設該家電在商場的標價為x元，則優(yōu)惠錢數為（300﹣300×0.9）+（x﹣500）×（1﹣0.8）=330．
解得：x=xx．
所以，若某人來該商場購買一件家用電器共節(jié)省330元，則該件家電在商場標價為xx元
17、．
故選C．
點評：
本題考查了函數模型的選擇與應用，解答的關鍵是明確如何計算優(yōu)惠數額，每一段的優(yōu)惠數等于標價數減去實際支付數，屬中檔題．
三、解答題（本題滿分78分）本大題共有5題，解答下列各題必須在答題紙的規(guī)定區(qū)域（對應的題號）內寫出必要的步驟．
13．（14分）（xx?閘北區(qū)二模）已知=（cosθ，sinθ）和=（﹣sinθ，cosθ），θ∈（π，2π），且||=，求sinθ的值．
考點：
兩角和與差的正弦函數；向量的模．
專題：
三角函數的圖像與性質；平面向量及應用．
分析：
利用向量模的意義和向量的運算法則、倍角公式、平方關系、角所在象限的三角函數值的
18、符號即可得出．
解答：
解：由已知得=，
∴=+（sinθ+cosθ）2
=+（cosθ+sinθ）2
=
∴=，
∴cosθ﹣sinθ=．
∴，
化為＞0．
∵π＜θ＜2π，∴．
∴=．
∴．
點評：
熟練掌握向量模的意義和向量的運算法則、倍角公式、平方關系、角所在象限的三角函數值的符號是解題的關鍵．
14．（14分）（xx?閘北區(qū)二模）某糧倉是如圖所示的多面體，多面體的棱稱為糧倉的“梁”．現測得底面ABCD是矩形，AB=16米，AD=4米，腰梁AR、BF、CF、DE分別與相交的底梁所成角均為60°．
（1）求腰梁BF與DE所成角的大?。?
（2）若不計
19、糧倉表面的厚度，該糧倉可儲存多少立方米糧食？
考點：
異面直線及其所成的角；棱柱、棱錐、棱臺的體積．
專題：
空間角．
分析：
（1）根據異面直線所成角的概念，過E作EK∥FB，連接DK，則DEK為異面直線DE與FB所成的角，然后通過求解三角形即可得到兩異面直線所成角；
（2）要求原多面體的體積，可以把原多面體分割成我們熟悉的柱體及椎體求體積分別過E，F作兩底梁的垂線，連接兩垂足后分割完成，然后直接利用柱體及錐體的體積求解．
解答：
解：（1）如下圖，過點E作EK∥FB交AB于點K，
則∠DEK為異面直線DE與FB所成的角，
∵DE=FB=4，EA，EK與AB
20、所成角都是60°，∴AK=4，∴DK=，
在三角形DEK中，∵DE2+EK2=42+42=32=DK2，∴∠DEK=90°，
∴腰梁BF與DE所成的角為90°；
（2）如上圖，過點E分別作EM⊥AB于點M，EN⊥CD于點N，連接MN，則AB⊥平面EMN，
∴平面ABCD⊥平面EMN，過點E作EO⊥MN于點O，則EO⊥平面ABCD
由題意知，AE=DE=AD=4，
AM=DN=4cos60°=2，EM=EN=，
∴O為MN中點，∴EO=，即四棱錐E﹣AMND的高為，
同理，再過點F作FP⊥AB于點P，FQ⊥CD于點Q，連接PQ，
原多面體被分割為兩個全等的四棱錐和一個直棱柱
21、，且MP=16﹣2﹣2=12．
∴多面體的體積V=2VE﹣AMND+VPQF﹣MNE
=．
答：該糧倉可儲存立方米的糧食．
點評：
本題考查空間點、線、面的位置關系及學生的空間想象能力、求異面直線角的能力，考查了利用割補法求幾何體的體積，屬中檔題．
15．（16分）（xx?閘北區(qū)二模）設定義域為R的函數f（x）=為偶函數，其中a為實常數．
（1）求a的值，指出并證明該函數的其它基本性質；
（2）請你選定一個區(qū)間D，求該函數在區(qū)間D上的反函數f﹣1（x）．
考點：
函數單調性的判斷與證明；函數奇偶性的性質；反函數．
專題：
函數的性質及應用．
分析：
（1）
22、根據給出的函數是偶函數，直接利用偶函數的定義f（﹣x）=f（x）整理后求a的值，把求出的a值代入原函數解析式，利用函數單調性的定義判斷函數的單調性，結合指數函數的性質，利用基本不等式求出函數最值，由函數對應的方程無根判斷原函數沒有零點；
（2）由（1）得到了函數單調區(qū)間，選定一個單調區(qū)間或在單調區(qū)間內選擇一個子區(qū)間，由函數解析式解出x，把x和y 互換后得到函數的反函數．
解答：
解：（1）因為f（x）=為R上的偶函數，
所以對于任意的x∈R，都有，
也就是2﹣x+1?（a+4x）=2x+1?（a+4﹣x），
即（a﹣1）（4x+1）=0對x∈R恒成立，
所以，a=1．
所以．
23、
由=
設x1＜x2＜0，則，，，
所以，對任意的x1，x2∈（﹣∞，0），有
即f（x1）﹣f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2）．
故，f（x）在（﹣∞，0）上是單調遞增函數．
又對任意的x1，x2∈（0，+∞），在x1＜x2時，，
，．
所以．
則f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）．
故f（x）在（0，+∞）上是單調遞減函數．
對于任意的x∈R，，
故當x=0時，f（x）取得最大值1．
因為2x+1＞0，所以方程無解，故函數f（x）=無零點．
（2）選定D=（0，+∞），
由，得：y（2x）2﹣2×2x+y=0
所以， （0＜y≤1）
所
24、以，x∈（0，1]．
點評：
本題考查了函數奇偶性的性質，訓練了函數單調性的證明方法，訓練了利用基本不等式求函數的最值，考查了函數反函數的求法，求解一個函數的反函數時，一定要注意函數反函數的定義域是原函數的值域，此題是中檔題．
16．（16分）（xx?閘北區(qū)二模）設數列{an}與{bn}滿足：對任意n∈N+，都有ban﹣2n=（b﹣1）Sn，bn=an﹣n?2n﹣1．其中Sn為數列{an}的前n項和．
（1）當b=2時，求{bn}的通項公式，進而求出{an}的通項公式；
（2）當b≠2時，求數列{an}的通項an以及前n項和Sn．
考點：
數列遞推式；等差數列的通項公式
25、；等比數列的通項公式；數列的求和．
專題：
等差數列與等比數列．
分析：
（1）由已知利用an=Sn+1﹣Sn可得．當b=2時，可化為=，利用等比數列的通項公式即可得出bn及an；
（2））當b≠2時，由①得，轉化為一個等比數列，利用通項公式和前n項和公式即可得出an及Sn．
解答：
解：由題意知a1=2，且ban﹣2n=（b﹣1）Sn，．
兩式相減得，
即．①
（1）當b=2時，由①知，
∴=，
又，
所以{}是首項為1，公比為2的等比數列．
可得，，
由，得．
（2）當b≠2時，由①得
﹣=
若b=0，，；
若b=1，，；
若b≠0，1，數列{}
26、是以為首項，以b為公比的等比數列，
故，
∴，
∴Sn=+
=
=
當b=1時，也符合上式．
所以，當b≠0時，．
點評：
適當變形轉化為等比數列，熟練掌握等比數列的通項公式和前n項和公式是解題的關鍵．注意分類討論的思想方法應用．
17．（18分）（xx?閘北區(qū)二模）在平面直角坐標系xOy中，已知曲線C1為到定點F（，）的距離與到定直線l1：x+y+=0的距離相等的動點P的軌跡，曲線C2是由曲線C1繞坐標原點O按順時針方向旋轉45°形成的．
（1）求曲線C1與坐標軸的交點坐標，以及曲線C2的方程；
（2）過定點M（m，0）（m＞0）的直線l2交曲線C2于A、B兩點
27、，點N是點M關于原點的對稱點．若=λ，證明：⊥（﹣λ）．
考點：
軌跡方程；數量積判斷兩個平面向量的垂直關系．
專題：
計算題；圓錐曲線的定義、性質與方程．
分析：
（1）設P（x，y），根據點到直線的距離公式和兩點間的距離公式，建立關于x、y的方程并化簡整理，即可得到曲線C1的方程．分別取x=0和y=0解出曲線C1在軸上的截距，即可曲線C1與坐標軸的各交點的坐標．再由曲線是以F（，）為焦點，直線l1：x+y+=0為準線的拋物線，將其順時針方向旋轉45°得到的拋物線焦點為（1，0），準線為x=﹣1，可得曲線C2的方程是y2=4x；
（2）設A（x1，y1）、B（x2，y2），
28、直線l2的方程為y=k（x﹣m），與拋物線y2=4x消去x，得y2﹣y﹣4m=0，可得y1y2=﹣4m．設N（﹣m，0），由=λ算出λ=，結合向量坐標運算公式得到﹣λ關于x1、x2、λ和m的坐標式，代入?（﹣λ）并化簡，整理可得?（﹣λ）=0，從而得到對任意的λ滿足=λ，都有⊥（﹣λ）．
解答：
解（1）設P（x，y），由題意知曲線C1為拋物線，并且有
=，
化簡得拋物線C1的方程為：x2+y2﹣2xy﹣4x﹣4y=0．
令x=0，得y=0或y=4；再令y=0，得x=0或x=4，
所以，曲線C1與坐標軸的交點坐標為（0，0）、（0，4）和（4，0）．
點F（，）到l1：x+y+=
29、0的距離為=2，
所以C2是以（1，0）為焦點，以x=﹣1為準線的拋物線，其方程為：y2=4x．
（2）設A（x1，y1），B（x2，y2），由題意知直線l2的斜率k存在且不為零，
設直線l2的方程為y=k（x﹣m），代入y2=4x得
y2﹣y﹣4m=0，可得y1y2=﹣4m．
由=λ，得（m﹣x1，﹣y1）=λ（x2﹣m，y2），可得λ=，
而N（﹣m，0），可得﹣λ=（x1+m，y1）﹣λ（x2+m，y2）=（x1﹣λx2+（1﹣λ）m，y1﹣λy2）
∵=（2m，0），
∴?（﹣λ）=2m[x1﹣λx2+（1﹣λ）m]=2m[+﹣+（1+）m]
=2m（y1+y2）?=2m（y1+y2）?=0
∴對任意的λ滿足=λ，都有⊥（﹣λ）．
點評：
本題給出動點的軌跡，求軌跡對應的方程并討論由曲線產生的向量互相垂直的問題，著重考查了點到直線的距離公式、平面內兩點的距離公式、一元二次方程根與系數的關系和平面向量數量積的坐標運算等知識，屬于中檔題．
2022年高三二模數學（文）試題解析版 含解析(I)
