资源描述
2022高考仿真模拟卷(一)
一、选择题：此题共12小题，每题5分，共60分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．
1．集合A＝{3,2a}，B＝{a，b}，假设A∩B＝{2}，那么A∪B＝( )
A．{1,2,3} B．{0,1,3}
C．{0,1,2,3} D．{1,2,3,4}
答案 A
解析 因为A∩B＝{2}，所以2∈A，所以2a＝2，解得a＝1，所以A＝{3,2}，B＝{1,2}, 所以A∪B＝{1,2,3}．
2．(2022·湖北八校联考)复数z＝2－3i，假设是复数z的共轭复数，那么z·(＋1)＝( )
A．15－3i B．15＋3i
C．－15＋3i D．－15－3i
答案 A
解析 依题意，z·(＋1)＝(2－3i)(3＋3i)＝6＋6i－9i＋9＝15－3i.
3．(2022·河南郑州三模)以下命题中，正确的选项是( )
A．∃x0∈R，sinx0＋cosx0＝
B．复数z1，z2，z3∈C，假设(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝0，那么z1＝z3
C．“a>0，b>0〞是“＋≥2〞的充要条件
D．命题“∃x∈R，x2－x－2≥0〞的否认是“∀x∈R，x2－x－2<0〞
答案 D
解析 对于A，由于sinx0＋cosx0＝sin≤，故sinx0＋cosx0的最大值为，故A不正确．
对于B，当z1＝1，z2＝1－i，z3＝－i时，(z1－z2)2＋(z2－z3)2＝[1－(1－i)]2＋[1－i－(－i)]2＝i2＋1＝0，而z1≠z3，故B不正确．
对于C，当a>0，b>0时，＋≥2＝2成立；
反之，当＋≥2时，可得a>0，b>0或a<0，b<0，
所以“a>0，b>0〞是“＋≥2〞的充分不必要条件，故C不正确．
对于D，由题意得，命题“∃x∈R，x2－x－2≥0〞的否认是“∀x∈R，x2－x－2<0〞，故D正确．
4．(2022·江西南昌师大附中三模)Sn是等差数列{an}的前n项和，2＋a5＝a6＋a3，那么S7＝( )
A．2 B.7
C.14 D．28
答案 C
解析 ∵2＋a5＝a6＋a3，∴2＋a4＋d＝a4＋2d＋a4－d，解得a4＝2，∴S7＝＝7a4＝14，应选C.
5．(2022·河北衡水十三中质检四)平面内的一条直线将平面分成2局部，两条相交直线将平面分成4局部，三条两两相交且不共点的直线将平面分成7局部，…，那么平面内六条两两相交且任意三条不共点的直线将平面分成的局部数为( )
A．16 B．20
C．21 D．22
答案 D
解析 由题意得由k条直线增加到k＋1条直线时增加k＋1个平面，所以平面内六条两两相交且任意三条不共点的直线将平面分成的局部数为6＋5＋4＋3＋2＋2＝22，应选D.
6．(2022·太原摸底考试)为考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如以下联表：
患病
未患病
总计
服用药
10
45
55
没服用药
20
30
50
总计
30
75
105
由上述数据给出以下结论，其中正确结论的个数是( )
附：K2＝；
P(K2≥k0)
0.05
0.025
0.010
0.005
k0
3.841
5.024
6.635
7.879
①能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为药物有效；②不能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为药物有效；③能在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为药物有效；④不能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为药物有效．
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 B
解析 由表格数据可得K2＝≈6.1.又6.1>3.841，所以由参考数据知能在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为药物有效，故①正确；又6.1>5.024，所以由参考数据知能在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为药物有效，故②错误；又6.1<6.635，所以由参考数据知不能在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为药物有效，故③错误；又6.1<7.879，所以由参考数据知不能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为药物有效，故④正确．综上所述，正确结论的个数为2，应选B.
7．(2022·海南海口调研测试卷)5的展开式中系数为有理数的各项系数之和为( )
A．1 B．20
C．21 D．31
答案 C
解析 因为5展开式的通项为
Tk＋1＝C5－kxk＝C2xk，所以要使系数为有理数，只需为整数，又因为0≤k≤5且k∈Z，所以k＝2,5，所以系数为有理数的项为C3x2，x5，故所求系数之和为20＋1＝21，应选C.
8．双曲线C1：－＝1的一条渐近线与双曲线C2的一条渐近线垂直，那么双曲线C2的离心率为( )
A． B．
C．或 D．或
答案 C
解析 双曲线C1的渐近线方程为y＝±x，当双曲线C2的焦点在x轴上时，设其标准方程为－＝1，由题意得＝，离心率e＝＝ ＝，当双曲线C2的焦点在y轴上时，设其标准方程为－＝1，由题意得＝，离心率e＝ ＝ ＝.所以双曲线C2的离心率为或.
9．运行如下图的程序框图，假设输出的S值为－10，那么判断框内的条件应该是( )
A．k<3? B．k<4?
C．k<5? D．k<6?
答案 C
解析 按照程序框图依次执行为k＝1，S＝1，条件是；
S＝2×1－1＝1，k＝2，条件是；
S＝2×1－2＝0，k＝3，条件是；
S＝2×0－3＝－3，k＝4，条件是；
S＝2×(－3)－4＝－10，k＝5，条件否，退出循环，输出S＝－10.
所以判断框内的条件应该是k<5？.
10．(2022·福建三明质检)斐波那契螺旋线，也称“黄金螺旋线〞，是根据斐波那契数列1,1,2,3,5，…画出来的螺旋曲线．如图，白色小圆内切于边长为1的正方形，黑色曲线就是斐波那契螺旋线，它是依次在以1,2,3,5为边长的正方形中画一个圆心角为90°的扇形，将其圆弧连接起来得到的，假设在矩形ABCD内随机取一点，那么此点取自阴影局部的概率是( )
A． B．
C． D．
答案 D
解析 由图可知，阴影局部的面积为
S＝＋×π×12＋×π×22＋×π×32＋×π×52＝＋＋π＋＋＝1＋，矩形ABCD的面积为S1＝5×8＝40，故此点取自阴影局部的概率为＝，应选D.
11．如图，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l∥l1，l与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点，设的长为x(0<x<π)，y＝EB＋BC＋CD，假设l从l1平行移动到l2，那么函数y＝f(x)的图象大致是( )
答案 D
解析 因为半圆O的半径r＝1，那么等边△ABC的边长为＝.当x＝0时，y＝EB＋BC＋CD＝BC＝；当x＝π时，此时y＝AB＋BC＋CA＝3×＝2；当x＝时，∠FOG＝，三角形OFG为正三角形，此时AM＝OH＝.
在正△AED中，AE＝ED＝DA＝1，
所以y＝EB＋BC＋CD＝AB＋BC＋CA－(AE＋AD)＝3×－2×1＝2－2，如图．
又当x＝时，图中y0＝＋×＝>2－2.
故当x＝时，对应的点(x，y)在图中线段PQ的下方，故D正确．
12．(2022·天津塘沽一中、育华中学三模)函数f(x)＝假设不等式f(x)≥|2x－a|对任意x∈(0，＋∞)恒成立，那么实数a的取值范围为( )
A． B．[3,3＋ln 5]
C．[3,4＋ln 2] D．
答案 C
解析 由题意得，设g(x)＝|2x－a|，
可得g(x)＝
(1)当x≥，由不等式f(x)≥|2x－a|对任意x∈(0，＋∞)恒成立，计算临界值，由f(x)与g(x)相切．
①当f(x)＝x2－4x＋6，x>1，g(x)＝2x－a，x≥时，可得f′(x)＝2x－4，此时切线斜率为2，即2x－4＝2，解得x＝3，即切点坐标为(3,3)，切线方程为y＝2x－3，即a＝3，综合函数图象可得a≥3.
②当f(x)＝3－ln x，x≤1，g(x)＝2x－a，x≥，可得f′(x)＝－，此时切线斜率为2，即－＝2，即x＝－，又因为－<0，所以不符合题意，舍去．
(2)同理，当x<，由f(x)与g(x)相切，①当f(x)＝x2－4x＋6，x>1，g(x)＝－2x＋a，x<时，可得f′(x)＝2x－4，此时切线斜率为－2，那么2x－4＝－2，所以x＝1，与x>1不符，故无临界值．
②当f(x)＝3－ln x，x≤1，g(x)＝－2x＋a，x<，由f(x)与g(x)相切，得f′(x)＝－，此时切线斜率为－2，即－＝－2，那么x＝，切点坐标为，切线方程为y－(3＋ln 2)＝－2，即y＝－2x＋4＋ln 2，即a＝4＋ln 2，综合函数图象得a≤4＋ln 2.综上所述可得3≤a≤4＋ln 2，应选C.
二、填空题：此题共4小题，每题5分，共20分．
13．(2022·全国卷Ⅱ)假设x，y满足约束条件那么z＝x＋y的最大值为________．
答案 9
解析 不等式组表示的可行域是以A(5,4)，B(1,2)，C(5，0)为顶点的三角形区域，如下图，由图可知目标函数z＝x＋y的最大值在顶点A处取得，即当x＝5，y＝4时，zmax＝9.
14．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用，其定义为：R(x)＝假设f(x)是定义在R上且最小正周期为1的函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝R(x)，那么f＋f(lg 20)＝________.
答案
解析 由函数的最小正周期为1可得，
f＋f(lg 20)＝f＋f(lg 2＋1)＝f＋f(lg 2)＝＋0＝.
15．抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝2与y轴的交点为M，与抛物线的交点为N，且4|NF|＝5|MN|，那么p的值为________．
答案 1
解析 将y＝2代入抛物线方程，可以求得x＝，
利用题中条件，结合抛物线定义，
可以求得4＝5×，解得p＝1.
16．如图，正方形ABCD的边长为2，顶点A，B分别在y轴的非负半轴、x轴的非负半轴上移动，E为CD的中点，那么·的最大值是________．
答案 5＋
解析 根据题意，设∠OBA＝α，那么A(0,2sinα)，B(2cosα，0)，根据正方形的特点，可以确定出C(2cosα＋2sinα，2cosα)，D(2sinα，2sinα＋2cosα)，根据中点坐标公式，可以求得E(cosα＋2sinα，sinα＋2cosα)，
所以有·＝2sinα(cosα＋2sinα)＋(2sinα＋2cosα)·(sinα＋2cosα)
＝4＋8sinαcosα＋2sin2α＝5＋4sin2α－cos2α
＝5＋sin(2α－φ)，
其中sinφ＝，cosφ＝，当2α－φ＝时，存在符合题意的角α，使sin(2α－φ)取得最大值1.
所以其最大值为5＋.
三、解答题：共70分．解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(本小题总分值12分)三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，假设是和的等差中项．
(1)求角B的大小；
(2)假设a＝2，b＝，求BC边上高的值．
解 (1)∵是和的等差中项，
∴2＝＋，
∴2bcosB＝acosC＋ccosA，4分
由正弦定理得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA，
∴2sinBcosB＝sin(A＋C)＝sinB.∵sinB≠0，
∴cosB＝，∴角B为.8分
(2)由余弦定理，b2＝c2＋a2－2accosB，解得c＝3.
设BC边上的高为h，那么h＝csinB＝3×＝.12分
18. (2022·四川攀枝花第二次统考)(本小题总分值12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠BAD为直角，AB∥CD，AD＝CD＝2AB，E，F分别为PC，CD的中点．
(1)证明：平面APD∥平面BEF；
(2)设PA＝kAB(k>0)，且二面角E－BD－C的平面角大于60°，求k的取值范围．
解 (1)证明：∵AB∥CD，且∠BAD为直角，CD＝2AB，F为CD的中点，∴FD＝AB，故四边形ABFD是矩形，∴AD∥BF，∴BF∥平面APD，
又∵E，F分别为PC，CD的中点．
∴EF∥PD，∴EF∥平面APD，3分
又∵
∴平面APD∥平面BEF.5分
(2)以A为原点，以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设AB＝1，那么B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0，k)，C(2,2,0)，故E，从而＝(－1,2,0)，＝，设平面BCD的法向量为m1＝(0,0,1)，平面BDE的法向量为m2＝(x，y，z)，
那么
∴取y＝1，可得m2＝，8分
设二面角E－BD－C的大小为θ，因为k>0，那么cosθ＝|cos〈m1，m2〉|＝<，化简得k2>，那么k>.12分
19．(2022·贵州贵阳5月适应性考试二)(本小题总分值12分)过点M(2,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB.
(1)求p的值；
(2)假设l与坐标轴不平行，且A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD恒过定点．
解 (1)当直线l⊥x轴时，可得A(2,2)，B(2，－2)，
由OA⊥OB得4－4p＝0，∴p＝1，
当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)代入y2＝2px得ky2－2py－4pk＝0(k≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么y1y2＝－4p，x1x2＝＝4，由OA⊥OB得x1x2＋y1y2＝0，即4－4p＝0，所以p＝1，综上所述p＝1.5分
(2)证明：由(1)知，抛物线方程为y2＝2x，由于A，D关于x轴对称，故D的坐标为(x1，－y1)，所以直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)＝，即2x＋(y1－y2)y－y1y2＝0，又y1y2＝－4p＝－4，所以2x＋(y1－y2)y＋4＝0，所以直线BD恒过点(－2,0).12分
20．(2022·山西吕梁一模)(本小题总分值12分)函数f(x)＝eax－bln x＋b(a>0)，假设曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为(2e2－1)x－y＋2－e2＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)证明：f(x)>3＋ln 2.
解 (1)因为f(x)＝eax－bln x＋b(x>0)，
所以f′(x)＝aeax－，
又f(1)＝e2＋1，f′(1)＝2e2－1，
所以
①＋②可得(a＋1)ea＝3e2，2分
构造函数g(x)＝(x＋1)ex－3e2(x>0)，那么g′(x)＝(x＋2)ex在区间(0，＋∞)内恒大于0，所以g(x)在区间(0，＋∞)内单调递增，又g(2)＝0，所以关于a的方程(a＋1)ea＝3e2的根为a＝2，把a＝2代入ea＋b＝e2＋1，解得b＝1，所以a＝2，b＝1. 5分
(2)证明：由(1)知f(x)＝e2x－ln x＋1，
那么f′(x)＝2e2x－，
因为f′(x)＝2e2x－在区间(0，＋∞)上单调递增，f′<0，f′>0，所以f′(x)＝0有唯一实根，记为x0，即e＝>1，且x0∈，由e＝得ln e＝ln，
整理得－ln x0＝2x0＋ln 2，8分
因为x∈(0，x0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(x0)＝e－ln x0＋1＝＋2x0＋ln 2＋1≥3＋ln 2，当且仅当＝2x0，即x0＝时取等号，因为x0∈，所以f(x)min>3＋ln 2，即f(x)>3＋ln 2. 12分
21．(2022·福建3月质量检测)(本小题总分值12分)“工资条里显红利，个税新政人民心〞．随着2022年新年钟声的敲响，我国自1980年以来，力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段.2022年1月1日实施的个税新政主要内容包括：(1)个税起征点为5000元；(2)每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除；(3)专项附加扣除包括住房、子女教育和赡养老人等．
新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及其对应的税率表如下：
旧个税税率表
(个税起征点3500元)
新个税税率表
(个税起征点5000元)
缴税级数
每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点
税率(%)
每月应纳税所得额(含税)＝收入－个税起征点－专项附加扣除
税率(%)
1
不超过1500元局部
3
不超过3000元局部
3
2
超过1500元至4500元局部
10
超过3000元至12000元局部
10
3
超过4500元至9000元局部
20
超过12000元至25000元局部
20
4
超过9000元至35000元局部
25
超过25000元至35000元局部
25
5
超过35000元至55000元局部
30
超过35000元至55000元局部
30
…
…
…
…
随机抽取某市1000名同一收入层级的IT从业者的相关资料，经统计分析，预估他们2022年的人均月收入24000元．统计资料还说明，他们均符合住房专项扣除；同时，他们每人至多只有一个符合子女教育扣除的孩子，并且他们之中既不符合子女教育扣除又不符合赡养老人扣除、只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除、只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除、即符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人数之比是2∶1∶1∶1；此外，他们均不符合其他专项附加扣除．新个税政策下该市的专项附加扣除标准为：住房1000元/月，子女教育每孩1000元/月，赡养老人2000元/月等．
假设该市该收入层级的IT从业者都单独享受专项附加扣除，将预估的该市该收入层级的IT从业者的人均月收入视为其个人月收入．根据样本估计总体的思想，解决如下问题：
(1)设该市该收入层级的IT从业者2022年月缴个税为X元，求X的分布列和期望；
(2)根据新旧个税方案，估计从2022年1月开始，经过多少个月，该市该收入层级的IT从业者各月少缴的个税之和就超过2022年的月收入？
解 (1)既不符合子女教育扣除也不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为24000－5000－1000＝18000，月缴个税X＝3000×0.03＋9000×0.1＋6000×0.2＝2190；
只符合子女教育扣除但不符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为24000－5000－1000－1000＝17000，月缴个税X＝3000×0.03＋9000×0.1＋5000×0.2＝1990；
只符合赡养老人扣除但不符合子女教育扣除的人群每月应纳税所得额为24000－5000－1000－2000＝16000，月缴个税X＝3000×0.03＋9000×0.1＋4000×0.2＝1790；
既符合子女教育扣除又符合赡养老人扣除的人群每月应纳税所得额为
24000－5000－1000－1000－2000＝15000，月缴个税X＝3000×0.03＋9000×0.1＋3000×0.2＝1590, 4分
所以X的可能值为2190,1990,1790,1590.
依题意，上述四类人群的人数之比是2∶1∶1∶1，
所以P(X＝2190)＝，P(X＝1990)＝，P(X＝1790)＝，P(X＝1590)＝，
所以X的分布列为
X
2190
1990
1790
1590
P
所以E(X)＝2190×＋1990×＋1790×＋1590×＝1950. 7分
(2)因为在旧政策下该收入层级的IT从业者2022年每月应纳税所得额为24000－3500＝20500，其月缴个税为1500×0.03＋3000×0.1＋4500×0.2＋11500×0.25＝4120，因为在新政策下该收入层级的IT从业者2022年月缴个税为1950，所以该收入层级的IT从业者每月少缴的个税为4120－1950＝2170, 10分
设经过x个月，该收入层级的IT从业者少缴的个税的总和就超过24000，那么2170x≥24000，因为x∈N，所以x≥12，所以经过12个月，该收入层级的IT从业者少缴的个税的总和就超过2022年的月收入. 12分
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，那么按所做的第一题计分．
22．(本小题总分值10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(α为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos＝2.
(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
(2)直线l与y轴的交点为P，经过点P的直线与曲线C交于A，B两点，证明：|PA|·|PB|为定值．
解 (1)由题意，得x2＋y2＝(cosα＋sinα)2＋(sinα－cosα)2＝4,
化简得曲线C的普通方程为x2＋y2＝4.3分
由ρcos＝2得ρcosθ－ρsinθ＝2，故l的直角坐标方程为x－y－4＝0.5分
(2)证明：显然P的坐标为(0，－4)，不妨设过点P的直线方程为(t为参数)，7分
代入x2＋y2＝4得t2－8tsinβ＋12＝0，所以|PA|·|PB|＝|t1t2|＝12为定值. 10分
23．(本小题总分值10分)选修4－5：不等式选讲
a>0，b>0，＋＝2.
求证：(1)a＋b≤2；
(2)2≤a2＋b2<16.
证明 (1)因为＋＝2，且a>0，b>0，所以2≥2>0，当且仅当a＝b＝1时，取“＝〞，所以0<≤1，3分
所以a＋b＝(＋)＝2≤2. 5分
(2)由a2＋b2＝(a＋b)2－2ab，得a＋b＝(＋)2－2＝4－2，
所以a2＋b2＝16－16＋4ab－2ab＝2ab－16＋16＝2(ab－8＋16)－16＝2(－4)2－16＝2(4－)2－16，8分
因为0<≤1，所以3≤4－<4，所以9≤(4－)2<16，所以18≤2(4－)2<32，所以2≤a2＋b2<16. 10分
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