《2022年高考數(shù)學 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列 名師預測卷 2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數(shù)學 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列 名師預測卷 2（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列 名師預測卷 2 一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共計70分． 1．集合A＝{ x |1＜x≤3，x∈R }，B＝{ x |－1≤x≤2，x∈R }，則AB＝ ． 2．已知＝3，＝2．若＝－3，則與夾角的大小為 ． 3．設x，y為實數(shù)，且＋＝，則x＋y＝ ． 4．橢圓＋＝1的焦點在y軸上，長軸長是短軸長的兩倍，則m的值為 ． 5．若∈，＝，則－的值是 ． 6．已知＝{(x，y)|x＋y＜6，x＞0，y＞0}，A＝{(x，y)|x＜4，y＞0，x－2y＞0}

2、，若向區(qū)域上隨機投擲一點P，則點P落入?yún)^(qū)域A的概率為 ． 7．已知a，b為異面直線，直線c∥a，則直線c與b的位置關系是 ． 8．一個算法的流程圖如右圖所示 則輸出S的值為 ． 9．將20個數(shù)平均分為兩組，第一組的平均數(shù)為50，方差為33；第二組的平均數(shù)為40，方差為45，則整個數(shù)組的標準差是 ． 10．某同學在借助題設給出的數(shù)據(jù)求方程＝2－x的近似數(shù)(精確到0.1)時，設＝＋x－2，得出＜0，且＞0，他用“二分法”取到了4個x的值，計算其函數(shù)值的正負，并得出判斷：方程的近似解為x≈1.8，那么他所取的4個值中的第二個值為

3、 ． 11．設＝，＝(0，1)，O為坐標原點，動點P(x，y)滿足0≤≤1，0≤≤1，則z＝y(tǒng)－x的最小值是 ． 12．設周期函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，若的最小正周期為3，且滿足＞－2，＝m－，則m的取值范圍是 ． 13．等差數(shù)列的公差為d，關于x的不等式＋＋c≥0的解集為[0，22]，則使數(shù)列的前n項和最大的正整數(shù)n的值是 ． 14．方程＋－1＝0的解可視為函數(shù)y＝x＋的圖象與函數(shù)y＝的圖象交點的橫坐標．若＋－9＝0的各個實根，，…，(k≤4)所對應的點(i＝1，2，…，k)均在直線y＝x的同側，則實數(shù)a的取值范圍是

4、 ． 二、填空題：本大題共6小題，共計70分．請在指定區(qū)域內作答，解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 15．（本小題滿分14分） 已知函數(shù)＝，x∈R(其中A＞0，＞0，0＜＜)的圖象與x軸的交點中，相鄰兩個交點之間的距離為，且圖象上一個最低點為． （1）求的解析式； （2）當x∈時，求的值域． 16．（本小題滿分14分） 如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，DC∥AB，∠BAD＝，且AB＝2AD＝2DC＝2PD＝4，E為PA的中點． （1）證明：DE∥平面PBC； （2）證明

5、：DE⊥平面PAB． 17．（本小題滿分14分） 有一氣球以v(m/s)的速度由地面上升(假設氣球在上升過程中的速度大小恒定)，10分鐘后由觀察點P測得氣球在P的正東方向S處，仰角為；再過10分鐘后，測得氣球在P的東偏北方向T處，其仰角為(如圖，其中Q、R分別為氣球在S、T處時的正投影)．求風向和風速(風速用v表示)． 18．（本小題滿分16分） 已知圓C過點P(1，1)，且與圓M：＋＝(r＞0)關于直線x＋y＋2＝0對稱． （1）求圓C的方程； （2）設Q為圓C上的一個動點，求的最小值； （3）過點P作兩條相異直線

6、分別與圓C相交于A，B，且直線PA和直線PB的傾斜角互補，O為坐標原點，試判斷直線OP和AB是否平行？請說明理由． 19．（本小題滿分16分） 設數(shù)列的前n項和為，且滿足＝2－，n＝1，2，3，…． （1）求數(shù)列的通項公式； （2）若數(shù)列滿足＝1，且＝＋，求數(shù)列的通項公式； （3）設＝n (3－)，求數(shù)列的前n項和為． 20．（本小題滿分16分） 已知集合M是滿足下列性質的函數(shù)的全體：存在非零常數(shù)k，對定義域中的任意x，等式＝＋恒成立． （1）判斷一次函數(shù)＝ax＋b(a≠0)是否屬于集合M； （2）證明函數(shù)＝屬于集合M，并找出一

7、個常數(shù)k； （3）已知函數(shù)＝( a＞1)與y＝x的圖象有公共點，證明＝∈M． 理科加試 21．已知的展開式中前三項的系數(shù)成等差數(shù)列． （1）求n的值； （2）求展開式中系數(shù)最大的項． 22．“抽卡有獎游戲”的游戲規(guī)則是：盒子中裝有8張形狀大小相同的精美卡片，卡片上分別印有“奧運福娃”或“奧運會徽”，要求參加游戲的4人從盒子中輪流抽取卡片，一次抽2張，抽取后不放回，直到4人中一人一次抽到2張“奧運福娃” 卡才能得到獎并終止游戲． （1）游戲開始之前，一位高中生問：盒子中有幾張“奧運會徽

8、” 卡？主持人說：若從盒中任抽2張卡片不都是“奧運會徽” 卡的概率為．請你回答有幾張“奧運會徽” 卡呢？ （2）現(xiàn)有甲、乙、丙、丁4人參加游戲，約定甲、乙、丙、丁依次抽?。帽硎?人中的某人獲獎終止游戲時總共抽取卡片的次數(shù)，求的概率分布及的數(shù)學期望． 23．已知曲線的方程，設，為參數(shù)，求曲線的參數(shù)方程． 24．已知拋物線C的頂點在原點, 焦點為F(2, 0). （1）求拋物線C的方程； （2）過的直線交曲線于兩點，又的中垂線交軸于點， 求的取值范圍．

9、 參考答案 1．[－1，3] 2． 3．4 4． 5． 6． 7．相交或異面 8．45 9．8 10．1.75 11．－1 12．，， 13．11 14．，， 15．（1）由最低點為M(，－2)得A＝2．由x軸上相鄰兩個交點之間的距離為得＝，即T＝，＝＝＝2．由點M(，－2)在圖象上得＝－2，即＝－1．故＝－，k∈Z．所以＝－．又0＜＜，所以＝，故＝． （2）因為x∈，所以∈． 當＝，即x＝時，取得最大值2； 當＝，即

10、x＝時，取得最小值－1． 故的值域為[－1，2]． 16．（1）設PB的中點為F，連結EF、CF，EF∥AB，DC∥AB， 所以EF∥DC，且EF＝DC＝． 故四邊形CDEF為平行四邊形，可得ED∥CF． 又ED平面PBC，CF平面PBC， 故DE∥平面PBC． （2）因為PD⊥底面ABCD，AB平面ABCD，所以AB⊥PD． 又因為AB⊥AD，PDAD＝D，AD平面PAD，PD平面PAD，所以AB⊥平面PAD． ED平面PAD，故ED⊥AB．又PD＝AD，E為PA的中點，故ED⊥PA； PAAB＝A，PA平面PAB，AB平面PAB，所以ED⊥平面PAB． 17．10分鐘

11、后由觀察點P測得氣球在P的正東方向S處，仰角為的S點處，即∠SPQ＝，所以PQ＝QS＝600v(m)． 又10分鐘后測得氣球在P的東偏北方向，其仰角為的T點處，即∠RPQ＝，∠TPR＝，RT＝2QS＝1200v(m)，于是PR＝＝(m)． 在△PQR中由余弦定理，得QR＝＝(m)． 因為＝＝＋＝＋．所以∠PQR＝，即風向為正南風． 因為氣球從S點到T點經(jīng)歷10分鐘，即600s，所以風速為＝(m/s)． 18．（1）設圓心C(a，b)，則解得 則圓C的方程為＋＝，將點P的坐標代入，得＝2，故圓C的方程為＋＝2． （2）設Q(x，y)，則＋＝2，且＝(x－1，y－1)·(x＋2，y＋

12、2)＝＋＋x＋y－4＝x＋y－2，所以的最小值為－4(可由線性規(guī)劃或三角代換求得)． （3）由題意，知直線PA和直線PB的斜率存在，且互為相反數(shù)，故可設 PA：y－1＝k(x－1)，PB：y－1＝－k(x－1)． 由得＋2k(1－k)x＋－2＝0． 因為點P的橫坐標x＝1一定是該方程的解，故可得＝，同理＝．所以＝＝＝＝1＝． 所以直線OP和AB一定平行． 19．（1）因為n＝1時，＋＝＋＝2，所以＝1． 因為＝2－，即＋＝2，所以＋＝2． 兩式相減：－＋－＝0，即－＋＝0，故有＝． 因為≠0，所以＝( n∈)． 所以數(shù)列是首項＝1，公比為的等比數(shù)列，＝( n∈)． （2）

13、因為＝＋( n＝1，2，3，…)，所以－＝．從而有 ＝1，＝，＝，…，＝( n＝2，3，…)． 將這n－1個等式相加，得 －＝1＋＋＋…＋＝＝2－． 又因為＝1，所以＝3－( n＝1，2，3，…)． （3）因為＝n (3－)＝， 所以＝． ① ＝． ② ①－②，得＝－． 故＝－＝8－－＝8－( n＝1，2，3，…)． 20．（1）若＝ax＋b∈M，則存在非零常數(shù)k，對任意x∈D均有＝akx＋b＝＋，即a(k－1)x＝恒成立，得無解，所以M． （2）＝＋，則＝，k＝4，k＝2時等式恒成立，所以＝∈M． （3）因為y＝( a＞1)與y＝x有交點，由圖象知

14、，y＝與y＝必有交點． 設＝，則＝＝＋＝＋，所以∈M． 附加題 1、變換是逆時針旋轉的旋轉變換，對應的變換矩陣是；變換對應用的變換矩陣是． （Ⅰ）求點在作用下的點的坐標； （Ⅱ）求函數(shù)的圖象依次在，變換的作用下所得曲線的方程． 解：（Ⅰ），所以點在作用下的點的坐標是。（Ⅱ），設是變換后圖像上任一點，與之對應的變換前的點是則，也就是，即，所以，所求曲線的方程是。 2、已知圓的極坐標方程為：． ⑴將極坐標方程化為普通方程； ⑵若點P(x，y)在該圓上，求x＋y的最大值和最小值． 3、投擲四枚不同的金屬硬幣A、B、C、D，假定A、B兩枚正面向上的概率均為，另兩枚C、D為非均勻

15、硬幣，正面向上的概率均為a（0＜a＜1），把這四枚硬幣各投擲一次，設孜表示正面向上的枚數(shù). （1）若A、B出現(xiàn)一正一反與C、D出現(xiàn)兩正的概率相等，求a的值； （2）求孜的分布列及數(shù)學期望（用a表示）； （3）若出現(xiàn)2枚硬幣正面向上的概率最大，試求a的取值范圍. 解：（Ⅰ）由題意，得………………………………2分 （Ⅱ）著=0，1，2，3，4. ………………………………………………3分 ……………………4分 ………………………………………………………………5分 …………………………………6分 …………………………………………………………7分 得孜的分布列為：

16、孜 0 1 2 3 4 p 孜的數(shù)學期望為： ……………………8分 （Ⅲ）…………………9分 …………………………………………………10分 ≥0 . ≥0 . ………………11分 ……………………………………………………12分 21． 解：（1）由題設，得 ， 即，解得n＝8，n＝1（舍去）． （2）設第r＋1的系數(shù)最大，則 即 解得r＝2或r＝3． 所以系數(shù)最大的項為，． 22．解：（1）設盒子中有“會徽卡”n張，依題意有， 解得n=3 即盒中有“會徽卡”3張． （2）因為表示某人一次抽得2張“福娃卡”終止時，所

17、有人共抽取了卡片的次數(shù)， 所以的所有可能取值為1，2，3，4， ； ； ； ， 概率分布表為： 1 2 3 4 P 的數(shù)學期望為。 23．解：將代入， 得，即． 當 x=0時，y=0； 當時， ． 從而． ∵原點也滿足， ∴曲線C的參數(shù)方程為（為參數(shù)）． 24．解：（1）設拋物線方程為，則， 所以，拋物線的方程是． （2）直線的方程是，聯(lián)立消去得， 顯然，由，得． 由韋達定理得，， 所以，則中點坐標是， 由 可得 ， 所以，，令，則，其中， 因為，所以函數(shù)是在上增函數(shù)． 所以，的取值范圍是．