陕西高考卷2022

2022年陈仓区高考模拟检测试题（二）

数学（理科）

一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的．

1.已知集合={|(2−)>0}，集合

={|=

√

−2}

，则∪=()

A.

(

−∞,0

)

∪[2,+∞)B.

(

0,2]C.(0,2)D.

(

0,+∞

)

2.若z(1+)=1−，则=()

A.1−B.1+C.−D.

3.已知，∈(0,1)，则函数()=

2−4+1在[1,+∞)上是增函数的概率为（）

A.

4

5

B.

3

4

C.

2

5

D.

1

4

4.北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围

绕天心石的是扇环形的石板，从内到外各圈的石板数组成等差数列{

}，

它的前项和为

，且

2

=18，

5

+

7

=108，则

21

=()

A.2079B.2059C.2022D.1890

5.设点,,不共线，则“|AB

⃗⃗⃗⃗⃗

+|

⃗⃗⃗⃗⃗⃗相机选择 ⃗

>|

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

−

⃗⃗⃗⃗⃗

|”是“

AB

⃗⃗⃗⃗⃗

与

AC

⃗⃗⃗⃗⃗

的夹角是锐角”的()

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

6.已知某圆锥的母线长为2，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中错误的是

()

A.圆锥的体积为

2

√

2

3

B.圆锥的表面积为

2

√

2

C.圆锥的侧面展开图是圆心角为√

2

的扇形D.圆锥的内切球表面积为

(24−16

√

2)

7.若

∈(0,

2

)

，

2=

2−sin

，则=()

A.

√

15

15

B.

√

5

5

C.

√

5

3

D.

√

15

3

8.如图是某届国际数学家大会的会标，现在有4种颜给其中5个小区域涂，规定

每个区域只涂个人查询社保 一种颜，相邻区域颜不相同，则不同的涂方案种数为()

A.7系统优化 2B.48C.36D.24

9.若函数()同时满足：

①

对于定义域上的任意，恒有()+(−)=0

②

对于定义域

上的任意

1

,

2

，当

1

≠

2

时，恒有

(

1

)−(

2

)

1

−

2

<0

，则称函数()为“理想函数”.下列四个

函数中，能被称为“理想函数”的有()

①

()=

1

，②

()=ln (√1+2+)

，③

()=1−2

1+2

，④()={

−2,⩾0

2,<0

A.①②B.②③C.③④D.①④

10.天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲、乙、丙、丁、

戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥．天

干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干

由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙

寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，

然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”…，以此类推．今年是壬寅年，也是中国社会主

义青年团成立100周年，则中国社会主义青年团成立的那一年是()

A.辛酉年B.辛戊年C.壬午年D.壬戌年

11.设抛物线

C

：

pxy22

(

0p

)的焦点为

F

，准线为

l

，点

A

为抛物线

C

上一点，以

F

为

圆心，

FA

为半径的圆交

l

于

B

、

D

两点，若120BFD

，

ABD

的面积为

32

，则

p

()

A.

1

B.

2

C.

3

D.

2

12.已知函数()={

10−,≤1

2

−2+,>1

2

(是自然对数的底数)在定义域上有三个零点，

则实数的取值范围是()

A.(,+∞)B.

(

,5

]

C.(,5)D.[,5]

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．

13.

(+

2

√

)6

的展开式中

3

项的系数为______．（用数字作答）

14.已知数列

{

}

是等比数列，若2

1

=

3

4

，且

5

是

4

与2的等差中项，则的值是______．

15.已知是双曲线：

2−2=1

的右焦点，是的左支上一点，

(0,

√

2).

当△周长最

小时，该三角形的面积为______．

16.如图，是半圆的直径，点在半圆上运动(不与，重合)，

⊥平面，若=2，二面角−−等于60，则三棱锥

−体积的最大值为．

三、解答题：共70分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21为必考题，第

22、23题为选考题，考赏花灯的诗句 生根据要求作答.

（一）必考题：共60分

17．（本小题满分12分）心理学家发现空间立体感和逻辑思维能力与性别有关，某数学兴趣

小组为了验证这个结论，从兴趣小组中按分层抽样的方法抽取50名同学，给所有同学几何和

代数各一题，让各位同学自由选择一道题进行解答，统计情况如下表：(单位：人)

几何题代数题总计

男同学

22

830

女同学8

12

20

总计302050

(1)能否据此判断有%5.97的把握认为空间立体感和逻辑思维能力与性别有关？

(2)现从选择几何题的8名女生中任意抽取两人对他们的答题进行研究，记甲、乙两名女生被

抽到的人数为

X

，求

X

的分布列及数学期望。

附表及公式：

)(

0

2kKP15.010.005.0025.0010.0005.0001.0

0

k072.2706.2841.3024.5635.6879.7828.10

))()()((

)(2

2

dbdccaba

bcadn

K







，dcban。

18.（本小题满分12分）设，，分别为钝角三角形内角，，的对边，已知

3=+．

(1)求

cos (+

4

)

；

(2)若=2，>，求的取值范围．

19．（本小题满分12分）如图，在三棱柱−

1

1

1

中，四边形

1

1

是边长为4的正方形，=3.再从条件

①

：=5；条件

②

：⊥

1

；

条件

③

：平面⊥平面

1

1

中选择两个能解决下面问题的条件

作为已知，并作答．

(1)求证：⊥平面

1

1

；

(2)求直线与平面

1

1

所成角的正弦值．

20.（本小题满分

12

分）已知椭圆22

22

:10

xy

Cab

ab

的右焦点为

F

，长半轴长为

6

，过焦点

F

且

垂直于

x

轴的直线l交椭圆于

,AB

，

6AB

.

(1)

求椭圆

C

的方程；

(2)

直线

m

是圆22:1Oxy的一条切线，且直线

m

与椭圆

C

相交于点

,M

，求

MO△

面积的最大值

.

21.（本小题满分12分）已知函数

(

)

=ln−

2

2−+1

，∈．

(1)若函数=

(

)

的图象在点(1,

(

1

)

)处的切线方程为=−2+1，求实数的值；

(2)若函数

(

)

在定义域内有两个不同的极值点

1

，

2

．

()求实数的取值范围；

()当0<≤2时，证明：

1

+

2

>

．

（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，若多选，则按所做的第一题计

分.作答时先涂题号.

22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

在直角坐标系

xOy

中，曲线

1

C

：















sin

cos

ty

tx

(

t

为参数，0t)，其中极速前进第五季 0，在以O为

极点，

x

轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线

2

C

：sin2

，

3

C：

cos32。

(1)求

2

C

与

3

C交点的直角坐标；

(2)若

1

C

与

2

C

相交于点

A

，

1

C

与

3

C

相交于点

B

，求

||AB

的最大值。

23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲

设

a

、b、

c

、d均为正数，且dcba，证明：

(1)若cdab；则

dcba

；

(2)

dcba

是

||||dcba

的充要条件.

2022年陈仓区高考模拟检测试题（二）

理科数学参考答案

一、选择题：

二、填空题：

13.60

；

14.1

；

15.

3

2

；

16.

8

9

.

三、解答题：

17.解：(1)由表中数据得2K的观测值024.5556.5

20302030

)881222(502

2





K，

∴根据统计有%5.97的把握认为空间立体感和逻辑思维能力与性别有关.(6分)

(2)由题可知X可能取值为0、1、2，

28

15

)0(

2

8

2

6

0

2

C

CC

XP，

7

3

28

12

)1(

2

8

1

6

1

2

C

CC

XP，

28

1

)2(

2

8

0

6

2

2

C

CC

XP，

故X的分布列为：

X012

P

28

15

7

3

28

1

∴

2

1

28

1

2

7

3

1

28

15

0)(XE。(12分)

18.

解：

(1)

因为

3cos=cos+cos

，所以由正弦定理可得：

3sincos=sincos+sin

，

即

3sincos=sin(+)=sin

，又

sin>0

，所以

cos=

1

3

，且

sin=

2

√

2

3

，

故

cos(+

4

)=√

2

2

(cos−sin)=√

2−4

6

．(6分)

(2)

因为

cos=1

3

>0

，所以

为锐角，又

>

，所以

>

，因为

△

为钝角三角形，

所以

为钝角．因为

2=2+2−2cos=2−4

3

+4

，所以

2+2−2=8−4

3

<0

，

解得

>6

．(12分)

题号

1112

答案

DCDACBAACDAB

19.解：选择

①②

：

(1)

因为

=4

，

=3

，

=5

，所以

⊥

．又因为

⊥

1

，

∩

1

=

，

,

1

⊂

平面

1

1

．所以

⊥

平面

1

1

．(5分)

(2)

由

(1)

知

⊥

，

⊥

1

．因为四边形

1

1

是正方形，所以

⊥

1

．

如图，以

为原点建立空间直角坐标系

−

，则

(0,0,0)

，

(3,0,0)

，

(0,0,4)

，

1

(0,4,0)

，

1

(0,4,4)

，

1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=(3,−4,0)

，

1

1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=(0,0,4)

，

⃗⃗⃗⃗⃗

=(−3,0,4)

．

设平面

1

1

的一个法向量

⃗=(,,)

，则

{

⃗⋅

⃗⃗⃗⃗⃗

=0,

⃗⋅

1

1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗常用成语 ⃗⃗⃗

=0,

即

{

3−4=0,

4=0.

令

=3

，则

=4

，

=0

，所以

⃗=(4,3,0)

．设直线

与平面

1

1

所成角为

，

则

sin=|cos<

⃗⃗⃗⃗⃗

,⃗>|=|

⃗⃗⃗⃗⃗

⋅⃗⃗|

|

⃗⃗⃗⃗⃗

||⃗⃗|

=12

25

．所以直线

与平面

1

1

所成角的正弦值为

12

25

．(12分)

选择

①③

：

(1)

因为

=4

，

=3

，

=5

，所以

⊥

．又因为平面

⊥

平面

1

1

，

平面

∩

平面

1

1

=

，

⊂

平面

.所以

⊥

平面

1

1

．(5分)

(2)

由

(1)

知

⊥

，

⊥

1

．因为四边形

1

1

是正方形，所以

⊥

1

．

如图，以

为原点建立空间直角坐标系

−

，则

(0,0,0)

，

(3,0,0)

，

(0,0,4)

，

1

(0,4,0)

，

1

(0,4,4)

，

1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=(3,−4,0)

，

1

1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=(0,0,4)

，

⃗⃗⃗⃗⃗

=(−3,0,4)

．

设平面

1

1

的一个法向量

⃗=(,,)

，则

{

⃗⋅

⃗⃗⃗⃗⃗

=0,

⃗⋅

1

1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=0,

即

{

3−4=0,

4=0.

令

=3

，则

=4

，

=0

，所以

⃗=(4,3,0)

．设直线

与平面

1

1

所成角为

，

则

sin=|cos<

⃗⃗⃗⃗⃗

,⃗>|=|

⃗⃗⃗⃗⃗

⋅⃗⃗|

|

⃗⃗⃗⃗⃗

||⃗⃗|

=12

25

．所以直线

与平面

1

1

所成角的正弦值为

12

25

．(12分)

20.解：

(1)

由题意知：

6a

①，

22

6

b

a

②

①②联立，解得26a

，23b.

所以椭圆的方程为

22

1

63

xy

；(4分)

(2听起来的英语 )

①当直线的斜率不存在时，直线1x或

1x

，

当1x时，

10

2

y

，则

10

2MO

S

；②当斜率存在，设直线方程为ykxm

，

设

11

,Mxy

，

22

,xy

因为直线与圆相切，则

2

1

1

m

k





，即221mk

.

直线与椭圆联立：

2226

ykxm

xy











得措怎么组词 222124260kxkmxm

，

0，即222216412260kmkm

，

将221mk

代入得24060k

恒成立，且

12

2

4

12

km

xx

k





，

2

12

2

26

12

m

xx

k







，

所以

2

222

2

222

42621104

14

121212

kmmkk

Mk

kkk













所以





22

22

2

2

2

1104

11104

1

212

12MO

kk

kk

SM

k

k











△

令2121tkt

，即

2211151191

2201

2222MO

S

tttt









△

，

所以当

1

1

t



时，

MO

S

取得最大值，且最大值为

2.

综上，

MO△

面积的最大值为

2(12分)

21.解：

(

Ⅰ

)

因为

′()=−

，则

′(1)=−

，

又

(1)=−

2

，所以在点

(1,(1))

处的切线方程为

+

2

=−(−1)

，即

=−+

2

，

又该切线为

=−2+1

，则

−=−2

且

2

=1

，所以

=2

；(4分)

(

Ⅱ

)()

函数

()

定义域为

(

0,+∞

)

，因为函数

()

在

(

0,+∞

)

内有两个不同的极值点

1

，

2

，

即等价于函数

()=−

在

(

0,+∞

)

内有两个不同的零点

1

，

2

．

设

ℎ()=−

，由

ℎ′()=

1−

，

当

≤0

时，

ℎ′()>0

，

ℎ()

在

(0,+∞)

上单调递增，至多只有一个零点；

当

>0

时，在

(0,

1

)

上

ℎ′()>0

，

ℎ()

单调递增；在

(1

,+∞)

上

ℎ′()<0

，

ℎ()

单调递减，

所以，当

=

1

时，

′()

max

=′(1

)=−ln −1

，函数

()

有两个零点，则必有

()

>0

，

即

−−1>0

，解得

0<<

1

e

，又

′(

1

2

)=ln1

2

−1

<1

−1

=0(

易证

ln<

√

)

，

(1)=−<0

，

所以

′()

在

(1,

1

)

和

(1

,1

2

)

上各有一个零点，故

()

有两个零点时，

的范围为

0<<1

e

．(8分)

()

法

1

：由

()

可知

1

，

2

是

ℎ()=−

的两个零点，不防设

0<

1

<1

<

2

，

由

1

−

1

=0

且

2

−

2

=0

，得

=ln

1

1

=ln

2

2

=ln

1

−ln

2

1

−

2

．

因为

1

+

1

>

⇔(

1

+

2

)(ln

1

−ln

2

)

1

−

2

−>0⇔

(

1

2

+1)ln

1

2

1

2

−1

−>0(∗)

令

=

1

2

∈(0,1)

，则

(∗)⇔ln−

−1

+1

<0(∗∗)

，记

()=ln−−1

+1

<0

，

∈(0,1)

，

由

′

(

)

=

2−2

(

−1

)

+1

(

+1

)

，令()=

2−2(−1)+1，

0<≤2

．

又=4(−1)

2−4=4(−2)≤0，则

()≥0

，即

()≥0

，

所以

()

在

(0,1)

上单调递增，故

()<()=0

，即

(∗∗)

成立．所以不等式

1

+

1

>

成立．(12分)

法

2

：欲证

1

+

1

>

，由

0<≤2

，

0<<

1

e

，则只需证：

1

+

1

>2

．

不防设

0<

1

<1

<

2

，则

1

−

1

=0

且

2

−

2

=0

，

则

=

ln

1

1

=ln

2

2

=ln

1

−ln

2

1

−

2

，所以

1

+

1

>2

⇔(

1

+

2

)(ln

1

−ln

2

)

1

−

2

−2>0⇔

(

1

2

+1)ln

1

2

1

2

−1

−2>0(∗)

令

=

1

2

∈(0,1)

，则

(∗)⇔ln−

2(−1)

+1

<0(∗∗)

，记

()=ln−2(−1)

+1

，

∈(0,1)

，由

′()=

(−1)2

(+1)

≥0

，即

()

在

(0,1)

上单调递增，故

()<()=0

，即

(∗∗)

成立．故

1

+

2

>

．(12分)

22

．解：

(1)

由曲线

2

C

：sin2

，化为

sin22

，

yyx222

，

同理由

3

C：cos32，可得直角坐标方程：xyx3222，

联立















032

02

22

22

xyx

yyx

，解得











0

0

y

x

或

武汉高考分数线

















2

3

2

3

y

x

，

∴

2

C与

3

C交点的直角坐标为)0,0(，)

2

3

,

2

3

(.(5分)

(2)曲线

1

C：















sin

cos

ty

tx

(t为参数，0t)，

化为普通方程：0cossinyx，0，其极坐标方程为：(R，

0)，∵A、B都在

1

C上，∴),sin2(A，),cos32(B，

∴|)

3

sin(|4|cos32sin2|||



AB，

当

6

5

时，||AB取得最大值4.(10分)

23.证明：(1)由于abbaba2)(2，cddcdc2)(2，

又

a

、b、

c

、d均为正数，且dcba，cdab，则cdab，

即有22)()(dcba，则dcba；(5分)

(2)充分性证明：若dcba，则22)()(dcba，

即

cddcabba22

，又dcba，则cdab，

于是abbaba4)()(22，cddcdc4)()(22，

即有22)()(dcba，即为||||dcba；

必要性证明：若||||dcba，则22)()(dcba

即有

cddcabba4)(4)(22，

又dcba，则cdab，

则有22)()(dcba，即dcba；

综上可得，dcba是||||dcba的充要条件。(10分)