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2022届高考数学倒计时模拟卷（5）理

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常见问题

1、2022届高考数学倒计时模拟卷（5）理1、已知集合，则 ( )A.B.C.D.2、在中，点为边上一点，且，则( )A.B.C.1D.23、( )A.B.C.D.4、某研究机构在对具有线性相关的两个变量和进行统计分析时，得到如下数据：x1234y23由表中数据求得y关于x的回归方程为，则在这些样本点中任取一点，该点落在回归直线上方的概率为( )A.B. C.D. 5、函数的图象大致是()A.B.C.D.6、某四面体的三视图如图所示,正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形,则此四面体的体积为( )A.B.C.D.7、若为锐角,且,则( )A. B. C. D. 8、数列满足,且,则( )A.95B.190C.380D.以上均不对9、下列说法中,错误的是()A.若平面平面,平面平面,平面平面,则B.若平面平面,平面平面,则C.若直线,平面平面,则D.若直线平面,平面平面,平面,则10、已知双曲线的左、右焦点分别为，若双曲线上存在点P使，则该双曲线的离心率的取值范围是（）A.B.C.D.11、已知函数,若函数的所有零点依次记为,且,则 ( )A. B. C. D. 12、已知函数若有且仅

2、有两个整数，使得，则的取值范围为()A. B. C. D. 13、展开式中不含项的系数的和为_14、关于的方程有两个不等的实数根,则实数的取值范围为.15、若满足，则的最大值为_16、已知抛物线的准线方程为,点为抛物线上的一点,则点到直线的距离的最小值为_.17、平面四边形中,.1.求;2.若,求的面积.18、如图,在四棱锥中, 平面,底面为梯形, ,为的中点.1.证明: 平面;2.求二面角的余弦值.19、甲、乙两种不同规格的产品,其质量按测试指标分数进行划分,其中分数不小于82分的为合格品,否则为次品.现随机抽取两种产品各100件进行检测,其结果如下: 测试指标分数甲产品乙产品 1.根据以上数据,完成下面的列联表,并判断是否有的有把握认为两种产品的质量有明显差异?甲产品乙产品合计合格品次品合计2. 已知生产1件甲产品,若为合格品,则可盈利40元,若为次品,则亏损5元;生产1件乙产品,若为合格品,则可盈利50元,若为次品,则亏损10元.记为生产1件甲产品和1件乙产品所得的总利润,求随机变量的分布列和数学期望(将产品的合格率作为抽检一件这种产品为合格品的概率)附: 0.15 0.1

3、0 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 2.702 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 20、设直线与椭圆相交于两个不同的点,与轴相交于点为坐标原点.1.证明: ;2.若,求的面积取得最大值时椭圆的方程.21、已知函数.1.当时,求函数的单调区间;2.证明:当时,函数在区间上存在唯一的极小值点为,且.22、选修4-4:坐标系与参数方程在直角坐标系中,曲线的参数方程为 (为参数),曲线的参数方程为 (为参数),以为极点, 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.1.求曲线和曲线的极坐标方程;2.已知射线:,将射线顺时针旋转得到射线:,且射线与曲线交于、两点,射线与曲线交于、两点,求的最大值.23、已知函数,.1.求不等式的解集;2.若存在,使得和互为相反数,求的取值范围.答案1.B2.C解析：因为，所以，故选：C3.D解析：.故选D.4.B5.C6.C解析：因为这个四面体的正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形,所以该四面体的六条棱可看成正方体的六条面对角线.该正四面体的体积.故选C.7.C解析：由,且,得或,或为锐角,则.8.B解析

4、：数列满足,数列是等差数列,故选B.9.C解析：选项C中,若直线,平面平面,则直线可能在平面内.错误;由面面平行的性质定理可得选项A正确;由面面垂直的性质定理可得选项B正确;由线面平行的性质定理可得选项D正确,故选C.10.D11.C解析：函数,令,得,即的图像的对称轴方程为.又的最小正周期为,当时, ,所有在区间上有30条对称轴.根据正弦函数的性质可知.将以上各式相加得.故选C.12.B13.0解析：选B展开式中各项的系数的和为展开式的通项为项为即项的系数为1.不含项的系数的和为1-1=014.解析：先将方程根的情况转化为一个半圆与一条直线交点的情况,再用数形结合,先求出相切时的斜率,再得到有两个交点的情况,即可得到所求范围.15.2解析：画出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示由变形得，平移直线，结合图形可得，当直线经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最小，此时z取得最大值由，解得，所以点A的坐标为，所以故答案为2 16.解析：由题设得抛物线方程为,设点坐标为,则点到直线的距离为,当时取最小值.【考点】考查抛物线的性质,点到直线的距离及最值的求解.17.1.在中,由余弦定理

5、,得,所以,由正弦定理,得,所以.2.因为,所以,所以,所以.因为,所以.所以.所以,所以,所以,所以.18.1.证明:设为的中点,连接.因为为的中位线,所以,且.又,所以,且故四边形为平行四边形,所以.又平面,平面,所以平面.2.取中点,连接, 为等边三角形从而,中线,且,又,故如图所示,以、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,于是,设平面的一个法向量为则,从而,解得令,得,且易知,平面的一个法向量为,且设二面角的平面角为,则19.1.列联表如下:甲产品乙产品合计合格品8075155次品202545合计100100200没有的有把握认为两种产品的质量有明显差异2.依题意,生产一件甲,乙产品为合格品的概率分别为,随机变量可能取值为的分布列为:20.1.依题意,直线显然不平行于坐标轴,故可化为.将代入,消去,得,由直线与椭圆相交于两个不同的点,整理得.2.设由,得,因为,得,代入上式,得.于是,的面积,其中,上式取等号的条件是,即.由,可得.将及这两组值分别代入,均可解出.所以,的面积取得最大值时椭圆的方程是.21.1.当时, 时, ;时, ;时, 所以的递增区间是,递减区间是,2. 设,则.因为,所以,.又因为所以,故在上为增函数.又因,由零点存在性定理,存在唯一的,有.当时, ,即在上为减函数,当时, ,即在上为增函数,所以为函数的极小值点.22.1.曲线的直角坐标方程为,所以极坐标方程为.曲线的直角坐标方程为,所以极坐标方程为;2.设点极点坐标,即.点极坐标为,即,则,.当,即时, 取最大值.23.1.,当时, 解得,此时无解.当时, ,解得,即.当时, ,解得,即,综上, 的解集为.2.因为存在,使得成立.所以.又,由(1)可知,则.所以,解得.故的取值范围为.

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