新高考2022届高考数学考前冲刺卷三

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷（选择题）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．已知集合A0,1，则集合BxyxA,yA中元素的个数是（ ）A．1个【答案】C

【解析】由集合A0,1，

B．2个

C．3个

D．4个

 BxyxA,yA，

，所以

根据

xA,yA，所以

xy1,0,1B中元素的个数是3，故选C．

5i2．在复平面内，复数2i对应的点坐标为（ ）

A．

1,2B．

1,2C．

1,2D．

1,2【答案】A

【解析】故选A．

5i5i(2i)5(12i)12i，在复平面内对应的点坐标为1,2，2i(2i)(2i)51

3．用斜二测画法画水平放置的

△ABC的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形

ABC．已知点

O是斜边

BC的中点，且

OA2，则

△ABC的面积为（ ）

A．42【答案】B

B．82C．22D．62【解析】由斜二测画法可知该三角形ABC为直角三角形，

ABC90，

根据直观图中平行于x轴的长度不变，平行于y轴的长度变为原来的一半，因为

OA2，所以

BC4，

AB42，

所以三角形ABC的面积为

S△ABC144282，故选B．2，则“”是“函数fx为偶函数”的（ ）a1B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件

3xxf(x)xa34．已知函数aA．充分不必要条件C．充要条件【答案】A【解析】函数

fx定义域为R，函数

x

fx为偶函数，

3x3x1xf(x)f(x)x(a3)x(a3)x(3x3x)(a)0

则xR，，aaa

a120，解得a1或a1，a而x(33)不恒为0，因此，

xx

所以“a1”是“函数

fx为偶函数”的充分不必要条件，故选A．

5．已知数列an满足

a13a232a3...3n1ann3（n∈N*），则an（ ）

1D．3n11A．3n【答案】C

1B．3n-11C．3n【解析】由题设，

a13a232a3...3n1ann3①，

则

a13a232a3...3n2an1n13(n2)②，

①-②得：

3n1annn11333(n2)，

所以

an13n(n2)，

11ann

3也满足上式，故3（n∈N*），故选C．

由①知

a16．已知一组数据

x1

，

x2，

x3，…，

x10的标准差为2，将这组数据

x1

，

x2，

x3，…，

x10中的每个数先同时减去2，再同时乘以3，得到一组新数据，则这组新数据的标准差为

（ ）A．2【答案】C【解析】因为数据

B．4

C．6

D．32x1

，

x2，

x3，…，

x104．的标准差为2，所以方差为3

，

由题意知，得到的新数据为

3x16，

3x263x36

，…，

3x106，

这组新数据的方差为

43236

，标准差为6，故选C．

x2y2

C:221a0,b07．如图，F1､F2分别是双曲线的左､右焦点，过F1的直线lab

与C的左､右两支分别交于点A、B两点，若

△ABF2为以

F2为直角顶点的等腰直角三角

形，则双曲线C的离心率为（ ）

A．4【答案】D【解析】由题意，

B．723C．3D．3△ABF2为等腰直角三角形，

设

AF2BF2m，AF1n，则AB2m，

AF2AF12a，

由双曲线的定义，可得

BF1BF22a，

mn2a可得，解得，n22mnm2am22a2221a，

2在△AF1F2中，由余弦定理可得F1F2AF1AF22AF1AF2cosF1AF2，

即4c22

21a222a222

2

221a22a，42c2

e23

整理得c23a2，即，所以e3，a

2

故选D．

1,上有两解，则实数k的取值范围8．已知关于x的方程x22xlnxk(x2)在2为（ ）

ln21,15A．【答案】B

9ln21,5B．10C．

1,2D．

1,ex22xlnx1,【解析】由已知可得k在2上有两解，x2x22xlnx1f(x)x[,)令，，x221

[,)

则问题转化为函数yf(x)与yk在2上有两个交点，

(2xlnx1)(x2)(x22xlnx)x23x2lnx4f(x)2而，(x2)(x2)222x23x2(2x1)(x2)

g(x)2x3

令g(x)x23x2lnx4，则，xxx

11

x[,)[,)因为，所以g(x)0恒成立，所以g(x)在2上单调递增，2g(1)0又，

1x[,1)所以当2时，g(x)0，则f(x)0；x[1,)g(x)0f(x)05

当时，，则，

1[,1)所以f(x)在2上单调递减，在[1,)上单调递增，

所以

f(x)minf(1)1

，

111

2ln1222(9ln2)9ln2f()41542105，又222

f(x)作出函数的大致图象如图示：

x22xlnx1,上有两解，要使得k在2x2

9ln21,实数k的取值范围为105，故选B．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A为“第一次向下的数字为偶数”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（ ）A．

PA13B．事件A和事件B互为对立事件

6

C．

PBA12D．事件A和事件B相互

【答案】CD【解析】对于A，

PA2142，可得A错误；

对于B，事件B第一次向下的数字为偶数，第二次向下的数字为奇数，就可以使得两次向下的数字之和为奇数，可知事件A和事件B不是对立事件，可得B错误；

1P(AB)41PB|A22112，可得C正确；P(A)C对于，由P(AB)，可得

244422221PB对于D选项，由44442，可得PAPBPAB，

可知事件A和事件B相互，可得D正确，故选CD．

2

fxsinx23cosxsinxcosx，则下列结论正确的是（ ）10．已知函数

A．fx的图象关于直线

x712对称

,B．fx在42上的值域为1,2C．若

fx1fx22，则

x1x22k，kZD．将fx的图象向右平移6个单位得gx2cos2x图象

【答案】BD

7

fx23sinxcosxsin2xcos2x3sin2xcos2x2sin2x【解析】6，271kkZkZ，可得，12622对于A：令

所以直线

x712不是fx的图象的对称轴，故选项A不正确；

51x,2x,sin2x,1对于B：当636，62，42时，fx2sin2x1,2所以，故选项B正确；6对于C：fx的最小正周期为

T2，2所以若

fx1fx22，则

x1x2k，kZ，故选项C不正确；

对于D：将fx的图象向右平移6个单位得



gx2sin2x2sin2x2cos2x

的图象，故选项D正确，662

故选BD．11．如图，正方体

ABCDA1B1C1D1

的棱长为1，点P是

△B1CD1内部(不包括边界)的

动点，若BDAP，则线段AP长度的可能取值为（ ）

8

23A．3【答案】ABC

6B．56C．25D．2

【解析】在正方体AC1中，连接AC，A1C1，

AC11B1D1O，如图，

BD⊥AC，BD⊥AA1，则BD⊥平面ACC1A1，因AP⊥BD，所以AP平面ACC1A1，又点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点，连接CO，平面B1CD1

平面ACC1A1=CO，所以点P在线段CO上(不含点C，O)，

连接AO，在等腰△OAC中，AC2,AOCO62，

而底边AC上的高为1，腰OC上的高hAC123OC3，

23665AP2,从而有3，52都符合，2不符合，

故选ABC．

12．若存在正实数x，y，使得等式

4xa(y3e2x)(lnylnx)0成立，其中e为自然

对数的底数，则a的取值可能是（ ）

1A．e【答案】ACD

1B．e31C．e29

D．2

4xa(y3e2x)(lnylnx)0a0【解析】由题意，不等于，由，得

yy4a(3e2)ln0，xxy4(t0)tlnt3e2lnt，则a，x令

t3e2

g(t)1lnt

设g(t)tlnt3e2lnt，则t，

g(t)(0,)因为函数在上单调递增，且

g(e2)0，

所以当

0te2时，

g(t)0

；当

te2时，

g(t)0

，

则

g(t)在

(0,e2)上单调递减，在

(e2,)

上单调递增，

从而g(t)min412

4eag(e)4e，即a，解得e2或a0，

221a(,0)2,故e，故选ACD．

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知向量

ae1e2

，

be13e2，其中

e1，

e2为单位向量，向量

e1，

e2的夹角为

120°，则ab__________．【答案】11e1e211cos120【解析】由2，

10

有abe12e1e23e21131，故答案为1．

14．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，记△ABC外接圆半径为R，

22222RsinAsinB(2ac)sinC，则角的大小为________．且B【答案】4（或45）

abc2R【解析】由正弦定理sinAsinBsinC，故2RsinAa，2RsinBb，

222RsinAsinB(2ac)sinCasinAbsinB(2ac)sinC即

a2b2(2ac)ca2c2b22ac，a2c2b22cosB故2ac2，

B又B(0,)，故

4，故答案为4．

15．将字母a，A，b，B，c，C排成一列，则仅有一组相同字母的大小写相邻的排法种数为__________．【答案】288

【解析】首先讨论Aa相邻，剩下的4个字母排列有如下情况：

bcBC、cbCB、bCBc、CbcB、BcbC、cBCb、BCbc、CBcb共8种可能，任取8种中的一种与Aa组合，共有此时Aa相邻共有10880种，

bcCB，bCcB，BcCb，BCcb，CbBc，CBbc，cbBC，cBbC，8种情况，任取8种中的一种与Aa组合，共有

11

12C5A210种，

A222种，此时Aa相邻共有2816种，

所以Aa相邻共有96种；

同理，Bb相邻共有96种，Cc相邻共有96种，所以共有288种，故答案为288．

16．如图，点P是半径为2的圆O上一点，现将如图放置的边长为2的正方形ABCD（顶点A与P重合）沿圆周逆时针滚动．若从点A离开圆周的这一刻开始，正方形滚动至使点A再次回到圆周上为止，称为正方形滚动了一轮，则当点A第一次回到点P的位置时，正方形滚动了________轮，此时点A走过的路径的长度为__________．

【答案】3，

(22)【解析】正方形滚动一轮，圆周上依次出现的正方形顶点为BCDA，顶点两次回到点P时，正方形顶点将圆周正好分成六等分，由4和6的最小公倍数：

342612，

所以到点A首次与P重合时，正方形滚动了3轮．

这一轮中，点A路径AAAA是圆心角为6，半径分别为2，22，2的三段

弧，故路径长l(22)(2222)，63∴点A与P重合时总路径长为(22)．

12

故答案为3，

(22)．

四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知

bca(cosBcosC)（1）求A；

．

（2）若sinAsinC2sinB，求sinBsinC．

7【答案】（1）2；（2）5．

△ABC【解析】（1）在中，由正弦定理及

bca(cosBcosC)，

得

sinBsinCsinA(cosBcosC)，

于是得

sin(AC)sin(AB)sinAcosBsinAcosCcosAsinCcosAsinB0cosA0，

化简整理得，即

cosA(sinCsinB)0，

而

sinB0,sinC0，则，

又0A，所以

A2．

c2b

aa，

2

（2）因为sinAsinC2sinB，由正弦定理得ac2b，则

1

bc1，于是解由（1）知，在中，BAC，222，即aaRt△ABC2bca2

b4c3,得a5a5，

13

显然有

sinBbc437,sinCsinB,sinCsinBsinCaa，即55，则5，

75．

所以

sinBsinC18．（12分）已知等差数列an的前n项和为

Sn，又对任意的正整数m,n，都有

anam2，且S530．nm（1）求数列

an的通项公式；

an2

（2）设

bn2

，求数列

bn的前n项和Tn．

26nn6T【答案】（1）a122n；（2）n612n5(n6)．

n

【解析】（1）设等差数列

an的公差为d，

anama1(n1)da1(m1)dd22因为nm，所以，nm54(2)30，解得a110，2又S530，即

5a1所以

an122n

．

an

6n0a122n21（）由（）知n，令2，得n6，

当n6时，

an0，

14

Tn222

从而当n6时，

a12a22an2

252426n

1n21

22626n26n



112，

5

Tn2222a1

2a22a62



a72

2

an2

252420212n6

2(12n6)63612n5

，1226nn6T综上得n612n5(n6)．

19．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面

ABCD，AB＝2，BC＝1，

PCPD2，E为PB中点．

（1）求证：PD//平面ACE；

（2）求二面角EACD的余弦值；

PM

（3）在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求PD的值；若不存在，说明

理由．

15

【答案】（1）证明见解析；（2）

616；（3）存在，2．

【解析】（1）设BD交AC于点F，连接EF．因为底面ABCD是矩形，所以F为BD中点．又因为E为PB中点，所以EF//PD，因为PD⊄平面ACE，EF⊂平面ACE，所以PD//平面ACE．

（2）取CD的中点O，连接PO，FO．因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD．

因为PC＝PD，O为CD中点，所以PO⊥CD，OF∥BC，所以OF⊥CD．又因为平面PCD⊥平面ABCD，PO⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，所以PO⊥平面ABCD．

如图，建立空间直角坐标系O−xyz，

111E,,则A1,1,0，C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），222，

131AE(,,)设平面ACE的法向量为m(x,y,z)，AC(1,2,0)，222，

mACx2y0131mAExyz0，222令

y1，则

x2，

z1，所以m(2,1,1)，

OP(0,0,1)，

平面ACD的法向量为



mOP6cosm,OP

6，|OP||m|

如图可知二面角E−AC−D为钝角，所以二面角E−AC−D的余弦值为

（3）假设存在棱PD上的点M，使得AM⊥BD，

66．

PMPD,01，设

16

D0,1,0，则BD(1,2,0)，AP(1,1,1)，PD0,1,1，又1

AMBDAPPMBDAPBDPDBD1220，解得

2，

PM1PDMAM⊥BD故存在棱上的点，使得，PD2．

20．（12分）某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如图所示：

（1）将去年的消费金额超过3200元的消费者称为“健身达人”，现从所有“健身达人”中随机抽取2人，求至少有1位消费者，其去年的消费金额超过4000元的概率；（2）针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制．规定：消费金额为2000元、2700元和3200元的消费者分别为普通会员、银卡会员和金卡会员．预计去年消费金额

在

0,1600、1600,3200、3200,4800内的消费者今年都将会分别申请办理普通会员、

17

银卡会员和金卡会员．消费者在申请办理会员时，需一次性预先缴清相应等级的消费金额．该健身机构在今年年底将针对这些消费者举办消费返利活动，预设有如下两种方案：方案

1：按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”给予奖励．其中，普通会员、银卡会员和金卡会员中的“幸运之星”每人分别奖励500元、600元和800元．方案2：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从一个装有3个白球、2个红球（球只有颜色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一个球．若摸到红球的总数为2，则可获得200元奖励金；若摸到红球的总数为3，则可获得300元奖励金；其他情况不给予奖励．如果每位普通会员均可参加1次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加2次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加3次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互）．以方案的奖励金的数学期望为依据，请你预测哪一种方案投资较少？并说明理由．

19【答案】（1）33；（2）方案2投资较少，理由见解析．

【解析】（1）记“在抽取的2人中至少有1位消费者在去年的消费超过4000元”为事件A．

由图可知，去年消费金额在

3200,4000内的有8人，在4000,4800内的有4人，

消费金额超过3200元的“健身达人”共有8412（人），从这12人中抽取2人，共有

2C12种不同方法，

12C18C4C4其中抽取的2人中至少含有1位消费者在去年的消费超过4000元，共有同方法，

12

C1198C4C4

PA2所以C1233．

种不

（2）方案1按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的普通会员、银卡会员、金卡会员的人数分别为

8202535122515257253，100，100，100按照方案1奖励的总金额为

175001560038001490018

（元）．

方案2设表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，

则的可能取值为0，200，300．

C122P由题意，每摸球1次，摸到红球的概率为C15，581032132P0CC33所以

5555125，3632P200C55125，

23

1

23

0

2

1

832

P300C

55125，

33

03

所以的分布列为：

P

0200300

81125E0361258125数学期望为

8136820030076.8（元），125125125按照方案2奖励的总金额为

22860212376.814131.2（元），

因为由

12，所以施行方案2投资较少．

3x2y2

E:1ab021．（12分）已知椭圆的离心率为2，P为椭圆E上一点，a2b2

222PQQ为圆xyb上一点，的最大值为3（P，Q异于椭圆E的上下顶点）．

19

（1）求椭圆E的方程；

（2）A为椭圆E的下顶点，直线AP，AQ的斜率分别记为直线PQ过定点，并求出此定点的坐标．

k1

，

k2，且

k24k1，求证：

x22y1【答案】（1）4；（2）证明见解析，定点(0,1)．

3c3【解析】（1）解：由椭圆E的离心率为2，可得a2，

又由

PQ的最大值为3，可得ab3，

ab3



3c

2可得a，解得，

a2b2c2

a2,b1,c3x2y21所以椭圆E的方程为4．

A（2）解：由（1）可得点的坐标为

(0,1)，

因为直线

AP,AQ的斜率分别记为

k1

，

k2，且

k24k1，

可得直线AP的方程为

y1k1x，直线

AQ的方程为

y1k2x4k1x，

yk1x128k1联立方程组xy21，整理得，解得或，x222(4k11)x8k1x04k114x08k18k14k121x2yk1212将4k11代入yk1x1，可得4k114k11，8k14k121P(,)即4k214k21；

11

20

y4k1x18k1x联立方程组x2y21，整理得(16k21)x28kx0，解得16k121，11x0或

8k116k1218k116k121xyQ(,)将16k121代入y4k1x1，可得16k121，即16k12116k121，

则

kPQ

16k1214k121



16k1214k121(16k121)(4k121)(16k121)(4k121)24k121228k18k18k(12k)8k12k4k111112

2

16k114k11

4k12118k1y2x2所以直线PQ的方程为4k114k14k11，

124k12114k1211

yx22x2x1即，4k14k114k114k14k114k1

此时直线过定点

(0,1)，即直线

PQ恒过定点

(0,1)．

22．（12分）已知

fxlnxax1aRfx0，

fx为

fx的导函数．

（1）若对任意x0都有（2）若

，求a的取值范围；

0x1x2，证明：对任意常数a，存在唯一的x0x1,x2，使得

fx0

fx1fx2x1x2

成立．

【答案】（1）

,1；（2）证明见解析．

aln21x1x，

【解析】（1）由fx0，得axlnx1，即

令

gxlnx1lnxgx2x，则x，

当x0,1时，gx0；当x1,时，gx0，

gx在

0,1上单调递减，在1,上单调递增，gxming11，

a1，即a的取值范围为,1．

（2）设

hxfxfx1fx2x1x2，将问题转化为hx在区间x1,x2上有唯一的

零点，

由

hxfxfx1fx2x1x2

1lnx1ax1lnx2ax2

a，知hx在区间xx1x2

x1,x2上单调递减，故函数hx在区间x1,x2上至多有1个零点，

hx11lnx1ax1lnx2ax21lnx1lnx21x2x2a1lnx1x1x2x1x1x2x1x2x1x1x1x21lnx1x2，hx21lnx1ax1lnx2ax21lnx1lnx21ax2x1x2x2x1x2x1x2，由（1）知：当a1时，lnxx10（当且仅当x1时取等号），

0x1x2，

x2xx1ln2210，，x1x1x110又x1x20，即x1x2，hx10，

0x1xxxx1ln1110ln2110，，即x122x2，x2x2x20x1x2，

10又x1x20，即x1x2，hx20，

hx由函数零点存在定理知：在区间

x1,x2上有唯一的零点，即存在唯一的

fx0

fx1fx2x0x1,x2，使得

x1x2

成立．

23