2022年新高考数学模拟试卷(9)

2022年新高考数学模拟试卷（9）

一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）已知M，N均为R的子集，且RMN，则MA．

B．M

C．N

(RN)( )

D．R

2．（5分）在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为( ) A．

1 61B．

3C．

1 2D．

2 33．（5分）设a，b是两个实数，给出下列条件：①ab1；②ab2；③ab2；④a2b22．其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件是( )

A．①② B．②③ C．③④ D．③

x2y24．（5分）已知椭圆C:221(ab0)的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，若

abABF90，则椭圆C的离心率为( )

A．51 2B．31 2C．15 4D．31 45．（5分）以下有关平面向量的结论：

①abacbc；②(ab)(ab)0|a||b|；③(ab)ca(bc)；④ab|ab|ab，

其中正确的结论有( ) A．1个

B．2个

C．3个

D．4个

6．（5分）设aZ，且0a13，若512020a能被13整除，则a( ) A．0

B．1

C．11

D．12

7．（5分）在平面直角坐标系中，A、B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2xy80相切，则圆C的面积的最小值为( ) A．(1245)

B．

5 9C．

5 16D．

16 58．（5分）已知a5且ae55ea，b4且be44eb，c3且ce33ec，则( ) A．cba

B．bca

C．acb

D．abc

二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）

第1页（共16页）

9．（5分）已知函数f(x)xln(1x)，则( ) A．f(x)在(0,)单调递增 B．f(x)有两个零点

11C．曲线yf(x)在点(，f())处切线的斜率为1ln2

22D．f(x)是偶函数

10．（5分）设z1，z2，z3为复数，z10．下列命题中正确的是( ) A．若|z2||z3|，则z2z3 C．若z2z3，则|z1z2||z1z3|

B．若z1z2z1z3，则z2z3 D．若z1z2|z1|2，则z1z2

11．（5分）如图，棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( )

A．DC1D1P

B．若直线l是平面ABCD内的直线，直线m是平面DD1C1C内的直线，若l与m相交，则交点一定在直线CD上

26 2C．若P为A1B上动点，则APPD1的最小值为D．PAD1最小为

 41的是( ) 212．（5分）下列各式中，值为A．C．tan22.5

1tan222.5B．tan15cos215 D．

tan30

1tan230332 cos2sin312312三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）

13．（5分）圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为 ．

114．（5分）已知过点M(2,a)、N(a,4)的直线的斜率为，则|MN|等于 ．

215．（5分）设f(x)是以4为周期的偶函数，且当x[0，2]时，f(x)x，则f(7.6) ．

第2页（共16页）

16．（5分）若随机变量X~N(,2)，P(X4)P(X2)0.1，则P(1X4) ． 四．解答题（共6小题，满分70分）

17．（10分）已知各项都为正数的数列{an}满足an22an13an． （1）证明：数列{anan1}为等比数列； （2）若a131，a2，求{an}的通项公式．

2218．（12分）在四边形ABCD中，AB//CD，ADBDCD1． （1）若AB3，求BC； 2（2）若AB2BC，求cosBDC．

19．（12分）一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1，2，3需要调整的概率分别为0.1，0.2，0.3，各部件的状态相互独立．

（1）求设备在一天的运转中，部件1，2中至少有1个需要调整的概率；

（2）记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X，求X的分布列及数学期望． 20．（12分）2020年下半年受拉尼娜现象的影响，某市持续干旱，不仅使自来水供应严重不足，而且水质质量也明显下降．为了给广大市民提供优质的饮用水，某矿泉水厂特别重视生产过程的除杂质工序，过滤前水含有杂质a%（其中a为常数），每经过一次过滤均可使水的杂质含量减少

2，设水过滤前的量为1，过滤次数为x(xN*)时，水的杂质含量为y． 3（1）写出y与x的函数关系式：

（2）假设出厂矿泉水的杂质含量不能超过0.002a%，问至少经过几次过滤才能使矿泉水达到要求？（参考数据：lg20.301，lg30.477)

x2y2321．（12分）已知双曲线C:221(a0,b0)的实轴长为4，一条渐近线方程为y x．

2ab（Ⅰ）求双曲线C的方程；

（Ⅱ）直线l:yk(x1)与双曲线C相交于不同两点，求实数k的取值范围． 22．（12分）已知函数f(x)exsinxcosx，g(x)exsinxcosx． （1）证明：当x5时，f(x)0； 4（2）若g(x)2ax，求a．

第3页（共16页）

2022年新高考数学模拟试卷（9）

参考答案与试题解析

一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）已知M，N均为R的子集，且RMN，则MA．

B．M

(RN)M．

(RN)( )

C．N D．R

【解答】解：如图所示易知M

故选：B．

2．（5分）在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为( ) A．

1 61B．

3C．

1 2D．

2 336种情况， 【解答】解：三张卡片随机分给三位同学，共有A3113种情况， 恰有1位学生分到写有自己学号卡片，则有C3所以恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为故选：C．

31

． 62

3．（5分）设a，b是两个实数，给出下列条件：①ab1；②ab2；③ab2；④a2b22．其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件是( )

A．①② 【解答】解：若a一个大于1”；

B．②③ C．③④ D．③

12，b，则ab1，但a1，b1，故①推不出“a，b中至少有23若a1，b1，则ab2，故②推不出“a，b中至少有一个大于1”； 若a2，b3，则a2b22，故④推不出“a，b中至少有一个大于1”； 对于③，若ab2，则a，b中至少有一个大于1，

第4页（共16页）

反证法：假设a1且b1， 则ab2与ab2矛盾，

因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1．

综上所述：能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件是③， 故选：D．

x2y24．（5分）已知椭圆C:221(ab0)的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，若

abABF90，则椭圆C的离心率为( )

1531 D． 44x2y22222【解答】解：由bxay1(ab0)，椭圆C:221(ab0)，

abA．51 2B．31 2C．作出椭圆图象如图：

则AFac，ABa2b2，BFa． 由题意可得：AF2AB2BF2，

(ac)2a2b2b2c2， a2c2ac，e2e10． e51（负值舍去）． 2故选：A．

5．（5分）以下有关平面向量的结论：

①abacbc；②(ab)(ab)0|a||b|；③(ab)ca(bc)；④ab|ab|ab，

其中正确的结论有( ) A．1个

B．2个

C．3个

D．4个

【解答】解：因为当ba且ca时，有abac0，但不能得出bc的结论，故①不

第5页（共16页）

正确；

由(ab)(ab)0，可得a2b20，即a2b2，所以|a||b|成立，故②正确； 因为(ab)cc，是一个与c共线的向量，而a(bc)a，是一个与a共线的向量． 所以等式(ab)ca(bc)不一定成立，故③不正确；

ab|a||b|cos，是两向量的夹角

由ab|ab|可得cos1，可得0．说明向量a、b共线且同向，不一定相等，故④

不正确．

故正确的选项只有②，1个 故选：A．

6．（5分）设aZ，且0a13，若512020a能被13整除，则a( ) A．0

B．1

C．11

D．12

【解答】解：512020(521)2020(152)2020

0122020C2020C202052C2020522C2020522020．

因为52能被13整除，所以上式从第二项起，每一项都可以被13整除，

01， 所以上式被13除，余数为C2020所以要使512020a能被13整除，因为aZ，且0a13，只需a113即可， 故a12． 故选：D．

7．（5分）在平面直角坐标系中，A、B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2xy80相切，则圆C的面积的最小值为( ) A．(1245)

B．

5 9C．

5 16D．

16 5【解答】解：设线段AB的中点为C，故点C作CE垂直直线2xy80于点E， 坐标原点为O，圆的半径为r，则|OC||CE|r，

过点O作OF垂直直线2xy80于点F，交AB于点D， 则当D恰为线段OF的中点时，圆C的半径最小，即面积最小，

第6页（共16页）

此时圆的直径为点O(0,0)到直线2xy80的距离d圆C的面积最小值为r2|8|4185，即r45，

16． 5故选：D．

8．（5分）已知a5且ae55ea，b4且be44eb，c3且ce33ec，则( ) A．cba

B．bca

C．acb

D．abc

ex【解答】解：根据题意，设f(x)，

xeae55a， a5且ae5e，变形可得，即f（a）f（5）

a5ebe44b， b4且be4e，变形可得，即f（b）f（4）

b4ece33c， c3且ce3e，变形可得，即f（c）f（3）

c3exex(x1)， f(x)，其导数f(x)xx2在区间(0,1)上，f(x)0，则f(x)为减函数，

在区间(1,)上，f(x)0，则f(x)为增函数，其草图如图： 则有0abc1， 故选：D．

第7页（共16页）

二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分） 9．（5分）已知函数f(x)xln(1x)，则( ) A．f(x)在(0,)单调递增 B．f(x)有两个零点

11C．曲线yf(x)在点(，f())处切线的斜率为1ln2

22D．f(x)是偶函数

【解答】解：函数定义域(1,)，不关于原点对称，D错误， 因为f(x)ln(x1)x， x1当x0时，f(x)0，

故f(x)在(0,)上单调递增，A正确， f(x)11x2， 1x(1x)2(1x)2当x(1,0)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(0,)时，f(x)0，f(x)单调递增， 又f(0)0， 所以f(x)0，

所以f(x)只有一个零点，B错误， 11因为f()ln11ln2，C 正确，

22故选：AC．

10．（5分）设z1，z2，z3为复数，z10．下列命题中正确的是( ) A．若|z2||z3|，则z2z3 C．若z2z3，则|z1z2||z1z3|

B．若z1z2z1z3，则z2z3 D．若z1z2|z1|2，则z1z2

【解答】解：由复数的形式可知，选项A错误； 当z1z2z1z3时，有z1z2z1z3z1(z2z3)0， 又z10，

所以z2z3，故选项B正确； 当z2z3时，则z2z3，

所以|z1z2|2|z1z3|2(z1z2)(z1z2)(z1z3)(z1z3)z1z2z1z2z1z3z1z30，故选项C正确； 当z1z2|z1|2时，则z1z2|z1|2z1z1，

第8页（共16页）

可得z1z2z1z1z1(z2z1)0， 所以z1z2，故选项D错误． 故选：BC．

11．（5分）如图，棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( )

A．DC1D1P

B．若直线l是平面ABCD内的直线，直线m是平面DD1C1C内的直线，若l与m相交，则交点一定在直线CD上

26 2C．若P为A1B上动点，则APPD1的最小值为D．PAD1最小为

 4【解答】解：A1D1DC1，A1BDC1，DC1面A1BCD1，D1P面A1BCD1，DC1D1P，

A正确；

若直线l是平面ABCD内的直线，直线m是平面DD1C1C内的直线，若l与m相交，则交点一定在直线CD上，根据公理2，可知正确；

在△D1A1A中，D1A1A135利用余弦定理解三角形得AD122， 即APPD1当A1P22，C不正确；

2时，APD1为直角，PAD1，D不正确． 26故选：CD．

12．（5分）下列各式中，值为A．C．tan22.5

1tan222.51的是( ) 2B．tan15cos215

332tan30 D． cos2sin3123121tan230tan22.5111【解答】解：对于A，， tan4511tan222.5222第9页（共16页）

11对于B，tan15cos215sin15cos15sin30，

24对于C，对于D，

3323331cos2sincos， 31231236322tan30113． tan6031tan230222故选：AC．

三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）

13．（5分）圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为 61 ． 【解答】解：如图所示：

由题意可知，圆台的下底面为球的大圆，所以O为球心，

BM4，OB5，

OM3，

即圆台的高为3，

1所以其体积Vh(R2r2Rr)

313(524254) 361，

故答案为：61．

114．（5分）已知过点M(2,a)、N(a,4)的直线的斜率为，则|MN|等于 65 ．

2【解答】解：由题意得：KMN4a1， a22解得：a10，故M(2,10)，N(10,4)，

故|MN|(210)2(104)21443618065， 故答案为：65．

第10页（共16页）

15．（5分）设f(x)是以4为周期的偶函数，且当x[0，则f(7.6) 0.4 ． 2]时，f(x)x，【解答】解：f(x)是以4为周期的偶函数， 故f(7.6)f(0.4)f(0.4) 又x[0，2]时，f(x)x， 故f(7.6)f(0.4)f(0.4)0.4 故答案为：0.4．

16．（5分）若随机变量X~N(,2)，P(X4)P(X2)0.1，则P(1X4) 0.4 ． 【解答】解：因为X~N(,2)，P(X4)P(X2)0.1， 所以4(2)1． 212P(X4)0.4．

2所以P(1X4)故答案为：0.4．

四．解答题（共6小题，满分70分）

17．（10分）已知各项都为正数的数列{an}满足an22an13an． （1）证明：数列{anan1}为等比数列； （2）若a131，a2，求{an}的通项公式．

22【解答】证明：（1）各项都为正数的数列{an}满足an22an13an， 得，an1an23(an1an)，

所以数列{anan1}是公比为3的等比数列； （2）因为a131，a2，

22所以a1a22，

由（1）知数列{anan1}是首项为2，公比为3的等比数列， 所以anan123n1，

113于是an13nan3n1，a20，

2223n13n110，即an所以an，a1也符合． 2223n1故an．

218．（12分）在四边形ABCD中，AB//CD，ADBDCD1．

第11页（共16页）

（1）若AB3，求BC； 2（2）若AB2BC，求cosBDC．

【解答】解：（1）在四边形ABCD中，ADBDCD1．若AB3， 23()21212ABBDAD32， 所以：cosABD32ABBD4212222由于AB//CD， 所以BDCABD， 即cosBDCcosABD3， 431， 42所以BC2BD2CD22BDCDcosBDC1212211所以BC2． 2（2）设BCx，则AB2BC2x，

AB2BD2AD2(2x)21212由余弦定理得：cosADBx，

2ABBD22x1CD2BD2BC21212x22x2， cosBDC2CDBD21122x2故x，

2解得x31或31（负值舍去）． 所以cosBDC31．

19．（12分）一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件1，2，3需要调整的概率分别为0.1，0.2，0.3，各部件的状态相互独立．

（1）求设备在一天的运转中，部件1，2中至少有1个需要调整的概率；

（2）记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X，求X的分布列及数学期望． 【解答】解：（1）设部件1，2，3需要调整分别为事件A，B，C， 由题意可知P（A）0.1，P（B）0.2，P（C）0.3， 各部件的状态相互独立，

所以部件1，2都不需要调整的概率P(AB)P(A)P(B)0.90.80.72， 故部件1，2中至少有1个需要调整的概率为1P(AB)0.28．

第12页（共16页）

（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，

P(X0)P(ABC)P(A)P(B)P(C)0.90.80.70.504，

P(X1)P(ABC)P(ABC)P(ABC)0.10.80.70.90.20.70.90.80.30.398，

P(X3)P(ABC)0.10.20.30.006， P(X2)1P(X0)P(X1)P(X3)0.092，

所以X的分布列为

X P 0 0.504 1 0.398 2 0.092 3 0.006 E(X)00.50410.3920.09230.0060.6．

20．（12分）2020年下半年受拉尼娜现象的影响，某市持续干旱，不仅使自来水供应严重不足，而且水质质量也明显下降．为了给广大市民提供优质的饮用水，某矿泉水厂特别重视生产过程的除杂质工序，过滤前水含有杂质a%（其中a为常数），每经过一次过滤均可使水的杂质含量减少

2，设水过滤前的量为1，过滤次数为x(xN*)时，水的杂质含量为y． 3（1）写出y与x的函数关系式：

（2）假设出厂矿泉水的杂质含量不能超过0.002a%，问至少经过几次过滤才能使矿泉水达到要求？（参考数据：lg20.301，lg30.477)

【解答】解：（1）因为每经过一次过滤均可使水的杂质含量减少

2， 31所以每次过滤后所含的杂质是前一次的（2分）

31所以得到ya%()x,xN*

3即ya1()x,xN*（5分） 1003（没有写xN*扣1分）

（2）设至少经过x次过滤才能使矿泉水达到要求，则1a%()x0.002a%（7分）

312所以()x

3100012所以lg()xlg（8分）

31000第13页（共16页）

12lg（9分） 310003lg230.301所以x5.7（10分）

lg30.477即xlg又xN*，所以x6（11分） 即至少经过6次过滤才能使矿泉水达到要求．（12分）

x2y2321．（12分）已知双曲线C:221(a0,b0)的实轴长为4，一条渐近线方程为y x．

2ab（Ⅰ）求双曲线C的方程；

（Ⅱ）直线l:yk(x1)与双曲线C相交于不同两点，求实数k的取值范围．

2a4x2y2a2【解答】解：（Ⅰ）由题意可得：b，故双曲线方程为：1． 3，解得：43b32a（Ⅱ）联立直线方程与双曲线方程整理可得：(34k2)x28kx4k2120， 34k20满足题意时：， 22264k4(34k)(4k12)0求解不等式组可得：1k1且k即实数k的取值范围是(1,3)2(3， 233,)22(3,1)． 222．（12分）已知函数f(x)exsinxcosx，g(x)exsinxcosx． （1）证明：当x5时，f(x)0； 4（2）若g(x)2ax，求a．

【解答】解：（1）证明：f(x)exsinxcosxex2sin(x)，

4f(x)excosxsinxex2sin(x)，

4f(x)g(x)exsinxcosxex2sin(x)，

4考虑到f(0)0，f(0)0， 所以①当x(②当x[5，)时，2sin(x)0，此时f(x)0，

4444，0]时，f(x)0，所以f(x)单调递增，

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所以f(x)f(0)0，

所以函数f(x)单调递减，f(x)f(0)0， ③当x[0，

3]时，f(x)0，所以f(x)单调递增， 4所以f(x)f(0)0，

所以函数f(x)单调递增，f(x)f(0)0， 当x[3，)时，f(x)ex2sin(x)e120， 445时，f(x)0． 4综上所述，当x（2）构造函数F(x)g(x)2axexsinxcosx2ax， 考虑到f(0)0，F(0)0，

F(x)excosxsinxa， F(x)exsinxcosxf(x)， 由（1）可知：F(x)f(x)在x所以F(x)excosxsinxa在(①若a2，则F(x)在(F(x)在(

5时恒成立， 45，)上单调递增， 4

5，0)为负，(0,)为正， 4

5，0)单调递减，(0,)递增， 4

所以F(x)0， 而当x55时，F(x)exsinxcosx22xexsinxcosx2425 220，

2故a2满足题意．

②若a2，F(0)2a0， 因为F(x)ex2a，

所以F(ln(2a))ex2a0，

由零点存在定理，必存在x0(0，ln(2a))，使得F(x0)0， 此时满足x(0,x0)时，F(x)0，F(x)单调递减， 所以F(x)F(0)0，矛盾，舍去， ③若a2，F(0)2a0，

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因为当x0时，F(x)ex2aex2a， 所以当2a2时，F(ln(a2))0， 此时必存在x0(ln(a2)，0)使得F(x0)0， 此时满足x(x0，0)时，F(x)0，F(x)单调递增， 所以F(x)F(0)0，矛盾，舍去， 而当a2时，当F(x)excosxsinx2，

所以在x(x0，0)时，F(x)0成立，F(x)单调递增，F(x)F(0)0，矛盾，舍去． 综上所述，a2．

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