(統(tǒng)考版)2022年高考數(shù)學(文數(shù))模擬試卷16（含詳解）

1、2022年高考數(shù)學(文數(shù))模擬試卷(時間：120分鐘；滿分：150分)第卷一、選擇題：本題共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已知集合A=x|log2(x1)0，B=x|x3，則RAB=()A(，1) B(2，3) C(2，3 D(，12，32已知i為虛數(shù)單位，且復數(shù)z滿足z2i=，則復數(shù)z在復平面內的點到原點的距離為()A. B. C. D.3已知x、y取值如下表：x014568y1.3m5.66.17.49.3從所得的散點圖分析可知：y與x線性相關，且=0.95x1.45，則m=()A1.5 B1.55 C3.5 D1.84已知cos=，則sin

2、2的值等于()A. B C. D5已知互不重合的直線a，b，互不重合的平面，給出下列四個命題，錯誤的命題是()A若a，a，=b，則abB若，a，b則abC若，=a，則aD若，a，則a6“a2”是“函數(shù)f(x)=|xa|在1，)上單調遞增”的()A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件7已知O為ABC內一點，且=()，=t，若B，O，D三點共線，則t的值為()A. B. C. D.8執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的S值為2，則中應填()An98? Bn99? Cn100? Dn0，b0)的左、右焦點，若雙曲線左支上存在點P與點F2關于直線y=x對稱，則該雙曲線的離心率為(

3、)A. B. C2 D.10若實數(shù)x、y滿足xy0，則的最大值為()A2 B2 C42 D4211曲線y=ln x上的點到直線2xy3=0的最短距離是()A. B. C. D.12已知三棱錐PABC的棱AP、AB、AC兩兩垂直，且長度都為，以頂點P為球心，以2為半徑作一個球，則球面與三棱錐的表面相交所得到的四段弧長之和等于()A3 B. C. D.第卷二、填空題：本題共4小題，每小題5分13已知等比數(shù)列an的前n項和為Sn，前n項積為Tn，若S3=a24a1，T5=243，則a1的值為_14已知點Q在圓C：x2y22x8y13=0上，拋物線y2=8x上任意一點P到直線l：x=2的距離為d，則d

4、|PQ|的最小值等于_15“克拉茨猜想”又稱“3n1猜想”，是德國數(shù)學家洛薩克拉茨在1950年世界數(shù)學家大會上公布的一個猜想：任給一個正整數(shù)n，如果n是偶數(shù)，就將它減半；如果n為奇數(shù)就將它乘3加1，不斷重復這樣的運算，經過有限步后，最終都能夠得到1.已知正整數(shù)m經過6次運算后得到1，則m的值為_16已知偶函數(shù)f(x)滿足f(x1)=f(x1)，且當x0，1時，f(x)=x2，若關于x的方程f(x)=|loga|x|(a0，a1)在2，3上有5個根，則a的取值范圍是_三、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17.(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)=2sin(x)(0，0x11)，若函

5、數(shù)g(x)=(xx1)f(x1)證明：對任意x(x1，x2)，都有f(x)g(x)21(本小題滿分12分)已知橢圓C1：=1(b0)的左、右焦點分別為F1、F2，點F2也為拋物線C2：y2=8x的焦點，過點F2的直線l交拋物線C2于A，B兩點(1)若點P(8，0)滿足|PA|=|PB|，求直線l的方程；(2)T為直線x=3上任意一點，過點F1作TF1的垂線交橢圓C1于M，N兩點，求的最小值請考生在22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分22(本小題滿分10分)選修44：坐標系與參數(shù)方程在直角坐標系xOy中，以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C1：24cos

6、 3=0，0，2，曲線C2：=，0，2(1)求曲線C1的一個參數(shù)方程；(2)若曲線C1和曲線C2相交于A，B兩點，求|AB|的值23(本小題滿分10分)選修45：不等式選講設函數(shù)f(x)=|2xa|2a.(1)若不等式f(x)6的解集為x|6x4，求實數(shù)a的值；(2)在(1)的條件下，若不等式f(x)(k21)x5的解集非空，求實數(shù)k的取值范圍參考答案1解析：選D.由集合A=x|log2(x1)0=x|1x2，則RA=x|x1或x2，又B=x|x3，所以RAB=(，12，32解析：選B.由z2i=，得z=2i=2i=i，所以復數(shù)z在復平面內的點的坐標為，到原點的距離為 =.故選B.3解析：選D

7、.由題意知=4，=，將代入=0.95x1.45中，得=0.9541.45，解得m=1.8.4解析：選D.因為cos=，所以sin =，又2；當n=99時，S=lg 100=2，跳出循環(huán)，故中應填n1時，只要保證loga31即可，解得a3，當0a1時，只要保證loga31即可，即loga31，解得0a，綜上a.答案：17解：(1)由題圖知，T=.所以T=.所以=，所以=2，所以f(x)=2sin(2x)，因為點在函數(shù)圖象上，所以sin=1，所以=2k(kZ)，即=2k(kZ)，因為0，所以=，所以f(x)=2sin.因為x，所以02x，所以0sin1，所以0f(x)2，即函數(shù)f(x)在上的值域為

8、0，2(2)因為f(A)=2sin=1，所以sin=，因為2A，所以2A=，所以A=.在ABC中，由余弦定理得BC2=94232=7，BC=.由正弦定理得，=，故 sin B=.又AC3.841.所以有95%的把握認為學生實踐操作能力強弱與性別有關(2)的取值為0，1，2，3，4.P(=0)=，P(=1)=，P(=2)=，P(=3)=，P(=4)=.所以的分布列為01234P所以E()=01234=1.6.19解：(1)證明：因為A1A底面ABC，所以A1AAB，又因為ABAC，A1AAC=A，所以AB平面AA1C1C.(2)因為平面DEF平面ABC1，平面ABC平面DEF=DE，平面ABC平

9、面ABC1=AB，所以ABDE，因為在ABC中E是BC的中點，所以D是線段AC的中點(3)證明：在三棱柱ABCA1B1C1中A1A=AC，所以側面A1ACC1是菱形，所以A1CAC1，由(1)可得ABA1C，因為ABAC1=A，所以A1C平面ABC1，所以A1CBC1.又因為E，F(xiàn)分別為棱BC，CC1的中點，所以EFBC1，所以EFA1C.20解：(1)f(x)的定義域為(1，)，f(x)=.當m0時，(1)=0，即1，所以f(x)0，所以f(x)在(1，)上單調遞增當m0，即1，由f(x)0，解得1x，由f(x)，所以f(x)在上單調遞增，在上單調遞減(2)證明：令h(x)=f(x)g(x)

10、=f(x)(xx1)f(x1)，則h(x)=f(x).因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(x1，x2)上可導，則根據(jù)結論可知，存在x0(x1，x2)，使得f(x0)=，又f(x)=m，所以h(x)=f(x)f(x0)=.當x(x1，x0時，h(x)0，從而h(x)單調遞增，所以h(x)h(x1)=0；當x(x0，x2)時，h(x)h(x2)=0.故對任意x(x1，x2)，都有h(x)0，即f(x)g(x)21解：(1)由拋物線C2：y2=8x得F2(2，0)，當直線l的斜率不存在，即l：x=2時，滿足題意當直線l的斜率存在時，設l：y=k(x2)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得k2x2(

11、4k28)x4k2=0，所以x1x2=，y1y2=k(x1x2)4k=.設AB的中點為G，則G，因為|PA|=|PB|，所以PGl，kPGk=1，所以k=1，解得k=，則y=(x2)，所以直線l的方程為y=(x2)或x=2.(2)因為F2(2，0)，所以F1(2，0)，b2=64=2，所以橢圓C1：=1.設點T的坐標為(3，m)，則直線TF1的斜率kTF1=m，當m0時，直線MN的斜率kMN=，直線MN的方程是x=my2，當m=0時，直線MN的方程是x=2，也符合x=my2的形式，所以直線MN的方程是x=my2.設M(x3，y3)，N(x4，y4)，則聯(lián)立，得(m23)y24my2=0，所以y3y4=，y3y4=.|TF1|=，|MN|=.所以=，當且僅當m21=，即m=1時，等號成立，此時取得最小值.22解：(1)由24cos 3=0可得，x2y24x3=0.所以(x2)2y2=1.令x2=cos ，y=sin ，所以C1的一個參數(shù)方程為(為參數(shù)，R)(2)C2：4=3，所以4=3，即2x2y3=0.因為直線2x2y3=0與圓(x2)2y2=1相交于A，B兩點，所以圓心到直線的距離d=，所以|AB|=2 =2=.23解：(1)因為|2xa|2a6，所以|2