2022年高考临考押题卷（四）数学（新高考卷）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（
非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对
应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本
试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.1．设全集，集合，，则集合（?）A．B．C．D．【答案】C【详解】解不等式得：，则，解不等式得：，则，，所以
.故选：C2．已知复数满足，则（?）A．B．C．D．【答案】A【详解】令，，.故选：A.3．设平面向量，若则（?）A．B．C．D．
【答案】A【详解】由于，所以，，.故选：A4．若不等式的一个充分条件为，则实数的取值范围是（?）A．B．C．D．【答案】D【详解】
由不等式，可得，（不合题意）要使得是的一个充分条件，则满足，解得.故选：D.5．的展开式中的系数是（?）A．10B．20C．30D
．40【答案】C【详解】由题意，多项式，要得到含有项，则，又由的展开式为，令，可得，即，所以多项式的展开式中的系数是.故选：C.6
．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》．1852年，英国传教士伟烈亚力将该解法传至欧洲
，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．此定理
讲的是关于整除的问题，现将到这个数中，能被除余且被除余的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有（?）A．项B．项C．项
D．项【答案】B【详解】由已知可得既能被整除，也能被整除，故能被整除，所以，，即，故，即，解得，故共项，故选：B.7．已知中，，，
现以BC为旋转轴旋转得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（?）A．B．C．D．【答案】D【详解】如图所示，旋转体的轴截面为
边长为3的菱形，为内切球的球心因为，，所以，因为，所以，所以，所以内切球的半径，故，故选：D.8．已知椭圆的左焦点为，右顶点为，上
顶点为，过点与轴垂直的直线与直线交于点.若线段的中点在椭圆上，则椭圆的离心率为（?）A．B．C．D．【答案】A【详解】由题意，由直
线方程的截距式可得直线为：过点与轴垂直的直线为：联立可得故，中点，代入椭圆方程得，解得（舍负）故选：A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3分，有选错的得0分.9．某校体育活动
社团对全校学生体能情况进行检测，以鼓励学生积极参加体育锻炼.学生的体能检测结果服从正态分布，其中检测结果在以上为体能达标，以上为体
能优秀，则（?）附：随机变量服从正态分布，则，，.A．该校学生的体能检测结果的期望为B．该校学生的体能检测结果的标准差为C．该校学
生的体能达标率超过D．该校学生的体能不达标的人数和优秀的人数大致相等【答案】AD【详解】对于A选项，该校学生的体能检测结果的期望为
，A对；对于B选项，该校学生的体能检测结果的标准差为，B错；对于C选项，，所以，，C错；对于D选项，，所以，，所以，该校学生的体能
不达标的人数和优秀的人数大致相等，D对.故选：AD.10．设函数，下列说法正确的是（?）A．当时，的图象关于直线对称B．当时，在上
是增函数C．若在上的最小值为，则的取值范围为D．若在上恰有2个零点，则的取值范围为【答案】AC【详解】当时，，所以是图象的一条对称
轴，即A正确；当时，若，则，则，所以不单调，即B错误；若，则，由题意，可知，解得，即C正确；若，则，由题意，可知，解得，即D错误.
故选：AC11．网络流行语“内卷”，是指一类文化模式达到某种最终形态后，既没办法稳定下来，也不能转变为新的形态，只能不断地在内部变
得更加复杂的现象数学中的螺旋线可以形象地展示“内卷”这个词.螺旋线这个词来源于希腊文，原意是“旋卷”或“缠卷”，如图所示的阴影部分
就是一个美丽的旋卷性型的图案，它的画法是：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第二个正方形E
FGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q，作第三个正方形MNPQ，按此方法继续下去，就可以得到下图.设正方形AB
CD的边长为a1，后续各正方形的边长依次为a2，a3，…，an，…；如图阴影部分，设直角三角形AEH面积为b1，后续各直角三角形面
积依次为b2，b3，…，bn，….下列说法正确的是（?）A．正方形MNPQ的面积为B．C．使不等式成立的正整数n的最大值为4D．数
列的前n项和【答案】BCD【详解】根据题意可得：，故可得是首项为，公比为的等比数列，则，则；根据题意可得：；对A：由可得，故正方形
MNPQ的边长为，故其面积为，故错误；对B：根据上述求解过程，，故正确；对C：因为是关于的单调递减函数，又，故不等式成立的正整数n
的最大值为4，故正确；对：，显然是首项为，公比为的等比数列，故其前项和，故正确.故选：.12．已知函数，若对于定义域内的任意实数，
总存在实数使得，则满足条件的实数的可能值有（?）A．-1B．0C．D．1【答案】AB【详解】函数定义域为，因，总使得，则有函数在上
没有最小值，对求导得：，当时，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，则当时，取最大值，值域为，在内无最小值，因此，，当时，
令，，，当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，，显然，即，在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，当时，有两个根，不妨令
，当或时，，当或时，，即函数在，上都单调递减，在，都单调递增，函数在与处都取得极小值，，不符合题意，当时，，当且仅当时取“=”，则
当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，，不符合题意，综上得：实数的取值范围是：，所以满足条件的实数的可能值有-1，0.故选
：AB填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外
表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱.某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩
墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为___________.（用数字作答）【答案】144【详解】先排“冰墩墩”中间
有三个空，再排“雪容融”，则.故答案为：144.14．已知抛物线，点P为的任意一点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，
则点到直线AB的距离的最大值为___________.【答案】【详解】解：设，易知点A处的斜率不为0，设斜率为k，所以点A处的切线
方程为，由，消去x得，由得，所以A处的切线方程为，因为切线过点，所以，同理可得点B处的切线方程为，所以直线AB的方程为，则直线AB
过定点，所以点到直线AB的距离的最大值为：点到定点的距离.故答案为：15．设函数，若，则a＝___________.【答案】【详解
】由题可知x＞0时，f(x)＜0；x≤0时，f(x)＝≥3.∴若f(x)＝4，则，解得x＝0或－2，若f(a)＝0(不可能，舍去)
或f(a)＝－2，则.故答案为：ln2.16．在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是_
__________.【答案】【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，∴，，，，∴，设，则，∵
，∴，当时，，当时，，取，，，，连结，，，，则，，∴四边形为矩形，则，，即，，又和为平面中的两条相交直线，∴平面，又，，∴为的中点
，则平面，为使，必有点平面，又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形，又，，∴，则点的轨迹不是正方形，则矩形的周长为.故答案为
：四、解答题17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
且，，___________，求的面积.【详解】选择条件①：依题意，，在中，由正弦定理得，，由余弦定理得：，若A为锐角，则，则，则
，又，解得或，即有的面积为，若A为钝角，则，则，有，又，无解，舍去，综上可得，的面积为．选择条件②：因为，由余弦定理得：，整理得：
，即，而，则，若A为锐角，则，有，由余弦定理得：，则有，又，解得或，即有的面积为，若A为钝角，则，则，舍去，综上可得，的面积为.③
因为，由余弦定理，若A为锐角，则，则，则，又，解得或，即有的面积为．若A为钝角，则，则，有，又，无解，舍去，综上可得，的面积为.1
8．若数列满足：，，对于任意的，都有.(1)证明：数列是等比数列；(2)求数列的通项公式.【解析】(1)由，得，且，所以数列为等比
数列，首项为，公比为(2)由（1）得，等式左右两边同时除以可得：，即，且，所以数列为等差数列，首项为，公差为，所以，所以.19．如
图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．(1)证明：；(2)已知是边长为1的等边三角形，且三棱锥的体积为，若点在棱上，且二面角的大小
为，求．【解析】(1)证明：因为，为的中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，(2)取的中点，因为为等
边三角形，所以，过作∥，与交于，则，由（1）可知平面，因为平面，所以，所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐
标系，如图所示，因为是边长为1的等边三角形，为的中点，所以，因为三棱锥的体积为，所以，所以，所以，设（），则，则因为平面，所以是平
面的一个法向量，设平面的一个法向量为，因为，所以，令，则，，所以，因为二面角的大小为，所以，化简得，解得或（舍去），所以，20．某
大学数学建模社团在大一新生中招募成员，由于报名人数过多，需要进行选拔.为此，社团依次进行笔试、机试、面试三个项目的选拔，每个项目设
置“优”、“良”、“中”三个成绩等第；当参选同学在某个项目中获得“优”或“良”时，该同学通过此项目的选拔，并参加下一个项目的选拔，
否则该同学不通过此项目的选拔，且不能参加后续项目的选拔.通过了全部三个项目选拔的同学进入到数学建模社团.现有甲同学参加数学建模社团
选拔，已知该同学在每个项目中获得“优”、“良”、“中”的概率分别为，，，且该同学在每个项目中能获得何种成绩等第相互独立.(1)求甲
同学能进入到数学建模社团的概率；(2)设甲同学在本次数学建模社团选拔中恰好通过个项目，求的概率分布及数学期望.【解析】(1)该同学
在每个项目中得优、良、中互为互斥事件，由题意得，，解得，则甲在每个项目中通过的概率都为，设事件A为甲能进入到数学建模社团，因甲在每
个项目中通过的概率都为，且在每个项目中的成绩均相互独立，则有，所以甲能进入到数学建模社团的概率为.(2)X的可能取值为0，1，2，
3，，，，，则X的概率分布为：X0123P所以X的数学期望.21．已知函数.(1)求在处的切线方程；(2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；【解析】(1)，，又，在处的切线方程为；(2)当时，由得：，令，则，令，则，当时，，在上单调递增，，，在上单调递增，，，即实数的取值范围为.22．双曲线经过点且渐近线方程为.(1)求，的值；(2)点，，是双曲线上不同的三点，且，两点关于轴对称，的外接圆经过原点.求证：直线与圆相切.【解析】(1)，解得，则；(2)易知直线一定不为水平直线，设为，设，联立，整理得，则，由于外接圆过原点且关于轴对称，设为，则，则，则，则，则原点到直线的距离，即证.zxxk.com学科网（北京）股份有限公司zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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