2022年高考数学新题速递新高考专版第13期说明：此套试题共10题，包含4道单选题、2道多选题、4道填空题、2道解答题，题目来源于考试真题，旨在练习好题，不断思考，创新思维，沉淀基础，提升计算，练出平常心！难度：★★★☆☆用时：60分钟一、单项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．1．(2022江苏无锡市10月)基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数，基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)=描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位：天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT．有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为(ln2=0.69)（）A.2.1天B.2.4天C.2.8天D.3.6天【答案】D【解析】【分析】根据给定函数模型求出r的值，再根据所给条件列出方程求解即得.【详解】因R0=3.28，T=6，且R0=1+rT，则，于是得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间为，则有，即，而ln2=0.69，则，所以在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为3.6天.故选：D2．(2022江苏无锡市第六高级中学10月)已知满足对任意，都有成立，那么的取值范围是A.(1，2)B.C.D.
【答案】C【解析】【分析】由题意知函数为增函数，所以有，从而得解.【详解】由已知条件得增函数，所以解得：，所以a的取值范围是，故选：C.3．(2022江苏无锡市南菁高级中学10月)当函数（，，且）的图像经过的象限个数最多时，则a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】令，，讨论的取值和的单调性，分、、三种情况讨论即可.【详解】由题可得的定义域为R，令，．对的取值进行讨论，①若，则当时，，时，；②若，则当时，，时，，令，得到或．当时，函数在和上单调递增，在单调递减.由于，所以要使的图像经过的象限个数最多（4个），就需要，解得，故
当时，在R上，，则且时，的图像至多经过两个象限当时，函数在和上单调递减，在单调递增，由于，所以在时，，则的图像至多经过3个象限综上所述，故选：A．4．(2022南通市如皋市教学质量调研(一))已知为坐标原点，过曲线上一点作的切线，交轴于点，则面积取最大值时，点的纵坐标为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先将的面积用点坐标表示出来，再利用导数求出面积为最大值时的坐标，进而得出答案.【详解】解：设点的坐标为，，当时，，切线方程为，令，得，点的坐标为，，，，令，，令，（），，解得（舍去），，在单调递增，在上单调递减，
当时，最大，即面积最大，故点的纵坐标为.故选：C.【点睛】关键点睛：求复杂函数的最值时，通常利用导数求出函数的单调性以及单调区间，必要时，需要利用换元法进行处理，进而得出函数的极值或最值.二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共计10分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．5．(2022江苏无锡市第六高级中10月)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，．已知函数，则关于函数的叙述中正确的是（）A.是偶函数B.是奇函数C.在上是增函数D.的值域是【答案】BC【解析】【分析】计算得出判断选项A不正确；用函数的奇偶性定义，可证是奇函数，选项B正确；通过分离常数结合复合函数的单调性，可得出在R上是增函数，判断选项C正确；由的范围，利用不等式的关系，可求出，选项D不正确，即可求得结果.【详解】根据题意知，.∵，，，∴函数既不是奇函数也不是偶函数，A错误；
，∴是奇函数，B正确；在R上是增函数，由复合函数的单调性知在R上是增函数，C正确；，，，，，D错误.故选：BC.【点睛】关键点睛：本题是一道以数学文化为背景，判断函数性质的习题，属于中档题型，本题的关键是理解函数，然后才会对函数变形，并作出判断.6．(2022江苏苏州市10月)“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi－regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有()A．该半正多面体的体积为B．该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为C．该半正多面体外接球的表面积为8πD．该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式r＋F－E＝2【答案】ACD【解析】由题意可知，将其嵌入到正方体中可知，该半正多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，对于A来说：因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的．所以该几何体的体积为：
故A正确；对于B来说：过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，所以故B错误；对于C来说：根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积S故C正确；对于D来说，几何体顶点数为12．有14个面，24条棱，满足12＋14－24＝2．故选项D正确；故选ACD．三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共计10分．7．(2022江苏无锡市南菁高级中学10月)关于x的不等式有且仅有两个整数解，则正数a的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】设，，观察图象可知：若要使不等式有且仅有两个整数解，则满足，且，求出实数的取值范围．【详解】设，，有，所以函数在上单调递减，上单调递增当时，；当时，，由题可得：，据此，作出函数，图象，如图．
观察图象可知：若要使不等式有且仅有两个整数解，则满足，且，解得．故答案为：8．(2022南通市如皋市教学质量调研(一))设函数，函数g(x)＝f(x)－kx(a，k∈R)的零点最多有_____个；若时，函数恰有两个零点，则实数的取值范围是_____.【答案】①.4②.【解析】【分析】令可得或，分别讨论，，，，时两个函数图象交点的个数即可得函数零点最多个数；由题意可得与图象有且仅有一个公共点，数形结合即可求解.【详解】因为恒成立，所以有一个零点，当时，由可得，函数的零点个数即为函数与图象交点的个数，当时，函数与图象交点个数为，此时最多有个交点，即函数最多有个零点，
当时，函数与图象交点个数为，此时最多有个交点，即函数最多有个零点，当时，函数与图象交点个数为，此时最多有个交点，即函数最多有个零点，当时，函数与图象交点个数为，此时最多有个交点，即函数最多有个零点，
当时，函数与图象交点个数为，此时最多有个交点，即函数最多有个零点，综上所述：函数的零点最多有个，若时，则令可得或，若函数恰有两个零点，则可得函数与图象有且仅有一个公共点，当时，由可得，
当时，由，可得，综上所述：若时，函数恰有两个零点，则实数的取值范围是，故答案为：；.四、解答题：本题共2小题，共计20分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9．(2022江苏南京市中华中学10月)(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，右顶点A(2，0)到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若M，N是椭圆C上关于x轴对称的任意两点，设P(－4，0)，连接PM交椭圆C于另一点E．求证：直线NE过定点B，并求出点B的坐标．
【考点】圆锥曲线中椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系：直线过定点问题【解析】(1)设椭圆C的标准方程为：(a＞b＞0)，焦距为2c，由题意得，a＝2，由＝，可得c＝1，则b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为；(2)证明：根据对称性，直线NE过的定点B－定在x轴上，由题意可知，直线PM的斜率存在，设直线PM的方程为y＝k(x＋4)，联立，消去y得到，设点M(x1，y1)，E(x2，y2)，则N(x1，－y1)，所以x1＋x2＝，x1x2＝，所以NE的方程为y－y2＝(x－x2)，令y＝0，得x＝x2＝，将代上式并整理，得，整理得，x＝，所以直线NE与x轴相交于定点B(－1，0)．
10．(2022江苏无锡市10月)已知函数.（1）当时，求的最大值；（2）设点和是曲线上不同的两点，且，若恒成立，求实数k的取值范围.【答案】（1）1；（2）.【解析】【分析】（1）当时，,求导判断函数得单调性，进而可以求出最值；（2）不妨设，进而由题意可得设，构造函数，利用导数研究函数在的最小值即可求出结果.【详解】（1）当时，，的定义域为，当时，；当时，，所以在上为增函数，在上为减函数，所以是的极大值点，也是的最大值点，故.（2）不妨设，由，得由，得，即设，，则记，
（i）当时，则图像的对称轴为，所以在上是增函数，又，从而当时，，所以，于是在上是减函数，所以，此时适合题意（ii）当时，，则恒成立，从而，所以在上是减函数，于是，此时适合题意.（iii）当时，的对称轴方程为，且，，所以存在，使得，于是在内只有一个零点，所以当时，，从而所以在上是增函数，于是当时，，此时不适合题意.综上，实数k的取值范围【点睛】恒成立问题解题思路：（1）参变量分离：（2）构造函数：①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参数分离即可解决问题.
微信/支付宝扫码支付