2022年普通高等学校招生全国统一考试模拟新高考数学I卷本试卷22小题，满分150分，考试时间120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效.4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、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的.1．已知集合，，则（ ）A．B．C．D．【解析】集合，，则.故选：D.2．已知复数，则（ ）A．B．C．D．【解析】因为，所以.故选：A．3．《九章算术》中有这样的图形：今有圆锥，下周三丈五尺，高五丈一尺（1丈尺）；若该圆锥的母线长尺，则（ ）A．B．C．D．【解析】易知三丈五尺=35尺，五丈一尺=51尺，设圆锥的底面半径为，则，所以
，所以.故选：C.4．函数的单调递增区间为（ ）A．B．C．D．【解析】由辅助角公式,化简三角函数式可得由正弦函数的图像与性质可知其单调递增区间满足解得，即单调递增区间为,，故选：B5．已知是椭圆的右焦点，点在上，直线与轴交于点，点为上的动点，则的最小值为（ ）A．B．C．D．【解析】由题可得，∴，即椭圆，∴，直线方程为，∴，又，设，则，，∴，又，∴当时，有最小值为.故选：C.6．已知，，则（ ）
A．B．C．D．【解析】因为，所以，所以，所以，故选：A.7．当时，过点均可以作曲线的两条切线，则b的取值范围是（ ）A．B．C．D．【解析】设过点的切线与相切于，则有，消去n得：.因为过点均可以作曲线的两条切线，所以关于m的方程有两解.即有两解.令.只需与有两个交点.对于，则.令，解得：；令，解得：.所以在上单调递减，在单调递增.作出的草图如图所示：要使与有两个交点，只需.记，.令，解得；令，解得；所以在上单调递增，在单调递增.所以的最大值为，所以.故选：C
8．先后抛掷两枚骰子，甲表示事件“第一次掷出正面向上的点数是1”，乙表示事件“第二次掷出正面向上的点数是2”，丙表示事件“两次掷出的点数之和是7”，丁表示事件“两次掷出的点数之和是8”，则（ ）A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立C．乙与丁相互独立D．丙与丁相互独立【解析】丙事件的{第一次,第二次}点数组合为，则丙；丁事件的{第一次,第二次}点数组合为，则丁；甲乙；∴1、甲丙甲丙，故甲与丙相互独立.2、甲丁甲丁，故甲与丙不相互独立.3、乙丁乙丁，故乙与丁不相互独立；4、显然，丙与丁为互斥事件，丙丁丙丁，故不相互独立.故选：A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．关于一组样本数据的平均数、中位数、频率分布直方图和方差，下列说法正确的是（ ）A．改变其中一个数据，平均数和中位数都会发生改变B．频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积应该相等C．若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左边“拖尾”，则平均数小于中位数D．样本数据的方差越小，说明样本数据的离散程度越小【解析】对于A：例如数据1，3，5，将数据改成2，3，5，数据的中位数未改变，仍为3，故A错误；对于B：根据频率分布直方图中，中位数的求法，可得B正确；对于C：根据频率直方图可得，左边“拖尾”，且不对称，则平均数变小，中位数变大，所以平均数小于中位数，故C正确；对于D：方差越小，数据越稳定，离散程度越小，故D正确.
故选：BCD10．已知为坐标原点，点，，，，则下列结论正确的是（ ）A．B．C．记是的最大值，则D．记取得最大值，，则中有且只有4个元素【解析】，，，.对于A，，，因为的关系没有确定，则与的关系也无法确定，则无法判断的大小关系，故A错误；对于B，,,所以，故B正确；对于C，，当时，取得最大值2，即，故C正确；对于D，，当取得最大值时，，因为，所以，所以，即，故中有无数个元素，故D错误.故选：BC.11．已知动点在圆上，点、，则（ ）A．点到直线的距离小于6B．点到直线的距离大于C．当最小时，D．当最大时，【解析】因为点、，所以过A、B的直线方程为即x+2y-2=0.
圆的圆心坐标为(3,3)，半径r=2.因为圆心到直线x+2y-2=0的距离，所以点P到直线AB的距离的范围为.点P到直线AB的距离小于6,但不一定大于2故A正确,B错误.如图,当过B的直线与圆相切时,满足∠PBA最小或最大(P点位于P1时∠PBA最小,位于P2时∠PBA最大),此时,所以,故C、D正确.故选：ACD12．如图，正方体的梭长为1，点是线段的中点，点是正方形所在平面内一动点，下列说法正确的是（ ）A．若点是线段的中点，则B．若点是线段的中点，则平而C．若平面，则点轨迹在正方形C内的长度为D．若点M到BC的距离与到的距离相等，则M点轨迹是抛物线【解析】A．如图，取中点，中点，连接，与平行且相等，则是平行四边形，∴，又由与平行且相等得平行四边形，∴，∴，
而与相交，因此与相交，A错；B．建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，∴是平面的一个法向量，平而，B正确；C．在选项A基础上，取中点，连接，由得截面，由与与平行且相等，得平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面，同理平面，，平面，所以平面平面，平面平面，平面，且平面，∴，即线段为点轨迹，在正方形中易得，C正确；D．由平面，平面，得，∴在平面内，到
点的距离等于它到直线的距离，其轨迹是抛物线，D正确．故选：BCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．若函数为奇函数，则实数a＝___．【解析】函数为奇函数，则函数为偶函数，故，即，，则恒成立，化简可得恒成立，则．当，满足，即为偶函数，则满足函数为奇函数14．已知椭圆，，为其焦点，平面内一点满足，且，线段，分别交椭圆于点A，，若，则_______.【解析】如图所示，，且，∴为等腰直角三角形，又∵，∴，又，∴，即，代入，得，由知，代入椭圆方程解得，即，∴﹒15．已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是______．
【解析】由，得，当时，，所以在上单调递减，所以，即，由，得，当时，，所以在上单调递增，所以，即，因为，，使得，所以，解得16．若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，可形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断进行构造，又可以得到新的数列．现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第次得到数列1，，，，…，，2；记则______，设数列的前n项和为，则______．【解析】第1次得到数列1，3，2，此时；第2次得到数列1，4，3，5，2，此时；第3次得到数列1，5，4，7，3，8，5，7，2，此时；第4次得到数列1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此时，故81，且故，又，所以数列是以为首项，公比为3的等比数列，所以，故，所以四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．(10分)
已知数列满足，记．(1)写出，，并证明：数列是等比数列；(2)若数列的前n项和为，求数列的前20项的乘积．【解析】(1)因为，所以，．因为，所以．所以，又因为，所以，所以数列是首项为2公比为2的等比数列．(2)因为，所以，当时，．当时，综上可知，所以．18．(12分)为进一步推动党史学习教育活动的深入进行，某单位举行了党史知识竞赛规定：①竞赛包含选择题和填空题2种类型，每位选手按照先回答选择题后回答填空题的顺序进行，每次答题结果正确与否相互浊立；②选择题包含3道题目，若前两道均回答正确，则终止选择题解答，进入填空题解答，否则需要回答3道选择题；③填空题也包含3道题目，若第一道填空题回答正确，且连同选择题共答对3道题目，则结束答题，否则需要解答完3道填空题；④若整个竞赛中答题总数为3道，则获得一等奖，奖金为100元；若答题总数为4道或5道，则获得二等奖，奖金为50元；其余情况获参与奖，奖金为20元．现有该单位某员工参加比赛，已知该员工答对每题的概率均为．(1)求该员工获得一等奖的概率；(2)判断该员工获得奖金的期望能否超过50元，并说明理由．【解析】(1)记该员工获得一等奖为事件A，则.(2)记答题总数为X，则X的所有可能取值为3，4，5，6，
，，，，该员工获得奖金为Y，则，，，所以．所以该员工获得奖金的期望能超过50元.19．(12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且．(1)求角A的大小；(2)若，△ABC的面积为2，D为边BC的中点，求AD的长度．【解析】(1)∵，由正弦定理可得，即．由余弦定理可得，∵，∴；(2)∵，△ABC的面积为，∴．由余弦定理得，∴，∴，∴，∴AD的长度为．20．(12分)四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，，.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若二面角D-PC-A的余弦值为，求点A到平面PBC的距离.【解析】(1)四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，平面，则，而，即，又，平面，
所以平面.(2)在平面内作，由PA⊥底面ABCD可得两两垂直，以射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，因，，则，即是正三角形，，而，则，设点，，令平面的一个法向量，则，令，得，由（1）知平面的法向量，因二面角D-PC-A的余弦值为，则，解得，则，，令平面的一个法向量，则，令，得，又，所以点A到平面PBC的距离.21．(12分)已知椭圆的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.(1)求椭圆的标准方程；(2)设为椭圆的左焦点，为直线上任意一点，过作的垂线交椭圆于点和
.试判断是否平分线段（其中为坐标原点），并求当取最小值时点的坐标.【解析】(1)依题意有，解得，所以椭圆C的标准方程为(2)设，，，PQ的中点为，由，可设直线PQ的方程为，①当时，直线PQ的方程为，此时，显然OT平分线段PQ.②当时，PQ的斜率，由，，，于是，从而，，则直线ON的斜率，又由知，直线TF的斜率，解得.从而，即，所以O，N，T三点共线，从而OT平分线段PQ.由两点间距离公式得，由弦长公式得.所以，令，则（当且仅当时，取“”号），所以当最小时，由，得或，此时点T的坐标为或.22．(12分)已知函数．
(1)若，求的最值；(2)若，设，证明：当时，．【解析】(1)若，则，当时，，当时，，即在单调递增，在单调递减，所以的极大值，也是最大值为，没有最小值．(2)由题意得，所以．令，则，当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，则，即，于是得在R上单调递增．设，则，令，则，所以在R上单调递增，而，所以当时，，当时，，即在单调递减，在上单调递增，则，即．当时，，所以．所以．
