1、2022年高考数学强基计划模拟试题（五）（时间120分 分数150分）一、 选择题：（每小题6分，共36分）1（2021河北邯郸市肥乡区第一中学高三开学考试）在中，角，的对边分别为，若，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【分析】利用三角恒等变换及正弦定理将进行化简，可求出的值，再利用边化角将化成角，然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案.【详解】由题知，即由正弦定理化简得即故选：.【点睛】方法点睛：边角互化的方法（1）边化角：利用正弦定理（为外接圆半径）得，；（2）角化边： 利用正弦定理：，利用余弦定理：2（2021全国高三专题练习（理）定义数列如下：存在，满足，且存在，满足，已知数列共
2、4项，若且，则数列共有（ ）A190个B214个C228个D252个【答案】A【分析】由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：4项中每一项都不同；4项中有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同，利用排列组合知识分别求出每种情况的个数即可求解.【详解】解：由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：（1）4项中每一项都不同，共有个；（2）4项中有2项相同（如x,y,z,x）,共有个；（3）4项中有3项相同（如x,x,y,x）,共有个；（4）4项中两两相同（如x,y,x,y）,共有个；所以数列共有个.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键，弄清楚满足条件的数列中的4项有四种情况：4项中每
3、一项都不同；4项中有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同.3（2021浙江模拟预测）已知正项数列中，若存在实数，使得对任意的恒成立，则（ ）ABCD【答案】A【分析】根据递推关系式可推导得到，由此确定与异号，与同号，结合可推导得到，进一步得，得到，从而得到，知满足题意；同理可推导得到数列递减，数列递增，记，由可知且，由此确定的取值.【详解】由题意得：，两式相减得，与异号，则与异号，与同号，由得：，则，则，又，则，又，又，故满足题意同理，由可得：，两式相减得：，与异号，则与异号，则与同号，又，故数列递减，数列递增，且，又，则，则，记，则，对任意恒成立得：，对任意恒成立得：，故选：A.【点睛
4、】关键点点睛：本题考查数列中的恒成立问题的求解，解题关键是能够根据递推关系式确定数列中间隔两项之差同号或异号，从而利用递推关系确定和的取值范围，利用和的取值范围构造不等式求得结果.4（2021山东高三专题练习）如图，在直三棱柱中，已知是边长为1的等边三角形，分别在侧面和侧面内运动（含边界），且满足直线与平面所成的角为30，点在平面上的射影在内（含边界）令直线与平面所成的角为，则的最大值为（ ）ABCD【答案】A【分析】点为在平面上的射影，得，首先得在以为直径的球面上与平面所成的角为30，所以，过作于点，计算得，知在圆锥的底面圆周上，再由在内（含边界），得在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半
5、径的圆中圆心角为60的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧），求出得最小时，最大，由点与圆的位置关系可得结论【详解】因为点为在平面上的射影，所以平面，连接，则，故在以为直径的球面上又与平面所成的角为30，所以，过作于点，如图1所示，则易得，所以在如图2所示的圆锥的底面圆周上，又在内（含边界），故在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧）如图3所示，连接，易知直线与平面所成的角，且，故当最小时，最大，是圆弧圆心，则当在上时，最小，最小值为，所以故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查直线与平面所成的角，
6、解题关键是确定动点的轨迹，利用球面的性质，圆锥的性质，可得轨迹是圆弧，并得出其在底面上的射影，由射影的定义得出线面角，并求出其正切值，分析后可得最值5（2021浙江模拟预测）已知椭圆右顶点为，上顶点为，该椭圆上一点与的连线的斜率，的中点为，记的斜率为，且满足，若分别是轴轴负半轴上的动点，且四边形的面积为2，则三角形面积的最大值是（ ）ABCD【答案】A【分析】求出直线方程，与椭圆方程联立，表示出点E坐标，即可根据求出，根据四边形的面积结合基本不等式可求.【详解】由题意知：，直线的方程为，联立方程可得，因为是其中一个解，则另一个解满足，即，所以，则可得的中点，则，因为，所以，解得，则即，设，则由
7、四边形的面积为2，有，即，由基本不等式得，从而三角形的面积，等号当，时取到.所以三角形面积的最大值为.故选：A.6（2021安徽六安一中高三月考（理）已知函数，若当时，有解，则实数的取值范围为（ ）ABCD【答案】C【分析】设，可将简化，利用参变分离来求解.【详解】有解，即，设，则，不等式转化成在时有解，则有解，记，则，再令，则，那么在时递增，所以，于是，在时递增，故，记，于是有解，只需要.故选：C二、 填空题：（每小题9分，共54分）7（2021辽宁实验中学高三期中）在锐角中，若点为的外心，且，则的最大值为_.【答案】【分析】通过向量的减法，把，转化为与，进行整理后再平方处理即可得解.【详解
8、】，整理得：设锐角外接圆的半径为，所以，则上式两边平方得：，其中，代入式，得：，整理得：，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立即，解得：或当时，此时，此时P点在ABC外部，ABC为钝角三角形，与题干矛盾，所以舍去，成立故答案为：8（2021山东淄博三模）如图，在的点阵中，依次随机地选出、三个点，则选出的三点满足的概率是_【答案】【分析】先将个点标号，对点的位置进行分类讨论，结合古典概型的概率公式可求得结果.【详解】由题意可知、三个点是有序的，讨论点为主元，对点分三种情况讨论，如下图所示：（1）第一类为号点.若，三点共线有条直线，此时有种；若，如点在号位，则点在号位或号位，即确定第二号点有种方
9、法，确定第三号点有种方法，此时有种； （2）第二类为、号点，此时，不存在这样的点；（3）第三类为、号点，以号点为例，有三种情况如下图所示：故有种.综上所述，满足共有种.因此，所求概率为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：（1）列举法；（2）列表法；（3）数状图法；（4）排列组合数的应用.9（2021上海市晋元高级中学高三期中）如果数列满足：，且对于任意，存在实数使得是方程的两个根，则的所有可能值构成的集合是_【答案】【分析】根据一元二次方程的解法求出，可知或，先由判断出数列在前项中后一项比前一项小的项数，再根据数列的前项中后一项比前一项小的项数分类讨论，即可求出【详解】
10、因为方程的两个根为，所以或，所以或当恒成立时，若，则，这与不符；当恒成立时，若，则，这与不符；当时，在数列的前项中，后一项比前一项大的有项， 后一项比前一项小的有项，所以有，解得，所以在数列的前项中，若没有后一项比前一项小的项，则；若后一项比前一项小的项只有一项，则；若后一项比前一项小的项有两项，则故的所有可能值构成的集合是故答案为：10.（2021全国高三专题练习）如图，在矩形中，将，分别沿，向上翻折至，则取最小值时，二面角的正切值是_【答案】【分析】取中点，根据翻折前的垂直关系可证得翻折后平面，平面，由面面垂直的判定可得平面平面，平面平面，可知当为平面与平面的公垂线段时长度最小，此时，确定
11、为中点；根据二面角平面角的定义可作于点，于点，作交于点，得到为二面角的平面角，由已知的长度关系和解三角形的知识可求得，进而得到所求正切值.【详解】分别取，中点为、，连接，四边形为矩形，翻折前，四边形和四边形都是正方形，则，即，翻折后仍有，又，且，平面，平面；同理可得：平面，又，且，四边形是平行四边形，则，、都是平面与平面的公垂线，平面，平面平面，平面平面分别记，为点，在底面的投影，则点在底面的投影落在直线上，且沿方向运动；点在底面的投影落在直线上，且沿方向运动当且仅当为平面与平面的公垂线段时长度最小，此时，故平面，则又，共面，平面平面，也是平面与平面的公垂线，此时，又，四边形为平行四边形，为的
12、中点，为的中点，则，将二面角单独画出如图过点作于点，过点作于点，又，则，；同理，则，过点作交于点，连接，则，即为二面角的平面角，则，又，则为等腰直角三角形，在中，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的二面角问题的求解，解题关键是能够根据翻折后不变的垂直关系确定为平面与平面的公垂线段时长度最小，由此可确定的确定位置，进而利用二面角的定义来进行求解.11（2021上海华师大二附中高三月考）设点在椭圆上，点在直线上，则的最小值为_【答案】2【分析】令，则目标式可改写为，应用放缩、绝对值的性质、辅助角公式及正弦函数的性质求最小值，注意等号成立的条件.【详解】设且，当且仅当且时等号成立.故
13、答案为：212（2021浙江省宁海中学高三月考）已知，若有两零点、，且，则的取值范围是_.【答案】【分析】由可得出，令，可知函数与函数图象的两个交点的横坐标、满足，对实数的取值进行分类讨论数形结合可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围，即为所求.【详解】由可得，等式两边同除以，可得.令，可得，即，设，当时，作出函数与函数的图象如下图所示，若使得两个函数的图象有两个交点，则，解得，且，由，解得，由，解得，不合乎题意；当时，作出函数与函数的图象如下图所示，此时两个函数图象没有交点，不合乎题意；当时，则，两个函数图象没有交点，不合乎题意；当时，作出函数与函数的图象如下图所示，此时，两个函数
14、的图象有两个交点，且，（i）若，即时，由，解得，由，解得，合乎题意；（ii）若时，则，则，不合乎题意；（iii）当，即时，由，可得，由，可得，此时，不合乎题意.综上所述，的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解三、 （20分）已知抛物线y2=2px(p0)的一条长为l的弦AB求AB中点M到
15、y轴的最短距离，并求出此时点M的坐标三、四、 （20分）单位正方体ABCD-A1B1C1D1中，正方形ABCD的中心为点M，正方形A1B1C1D1的中心为点N，连AN、B1M（1）求证：AN、B1M为异面直线；（2）求出AN与B1M的夹角四、（1）证略；（2）五、 （20分）对正实数a、b、c求证：9五、证略附加题一、（50分）设ABCD是面积为2的长方形，P为边CD上的一点，Q为PAB的内切圆与边AB的切点乘积PAPB的值随着长方形ABCD及点P的变化而变化，当PAPB取最小值时，（1）证明：AB2BC；（2）求AQBQ的值一、（1）证略（提示：用面积法，得PAPB最小值为2，此时APB90）；（2）AQBQ=1二、（50分）给定由正整数组成的数列（n1）（1）求证：数列相邻项组成的无穷个整点(a1,a2)，(a3,a4)，(a2k-1,a2k)，均在曲线x2+xy-y2+1=0上（2）若设f(x)=xn+xn-1-anx-an-1，g(x)=x2-x-1，证明：g(x)整除f(x)二、证略（提示：用数学归纳法）三、（50分）我们称A1,A2,An为集合A的一个n分划，如果（1）；（2），1ijn求最小正整数m，使得对A1,2,m的任意一个13分划A1,A2,A13，一定存在某个集合Ai(1i13)，在Ai中有两个元素a、b满足bab三、m=117参考答案
