理科数学-2022年高考考前押题密卷(全国乙卷)(全解全析).docx

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1、绝密启用前2022年高考考前押题密卷(全国乙卷) 理科数学全解全析一、选择题(本题共12个小题，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答案B解析由题意，得集合AxR|x2x60x|x3或x2，集合BxR|lg(x1)0x|1x2，则RAx|3x2，所以(RA)Bx|1x2(1，2)2答案C解析设zbi，bR且b0，则bi，得到1iabbi，1ab，且1b，解得a1故选C3答案B解析约束条件所表示的可行域如图中阴影部分(包含边界)所示，令zx2y，则yx，由直线截距的几何意义知，当直线yx经过A时在y轴上的截距最大，此时z最小，所以z的最小值为zmin322

2、1，即x2y的最小值是14答案D解析函数f(x)的定义域为Rf(x)f(x)，yf(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A，B；对于C，D，x1是f(x)0的一个解，且当0x0，排除C5答案B解析(x1)6(x1)26，展开式通项Tk1C(x1)6k2k，即由题设a4对应6k4，则k2，T3C(x1)4224C(x1)4，即a44C606答案D解析由题意知正态分布N(20，2)的对称轴为x20，又因为P(19X21)，故P(20X21)故在每条生产线上各取一个零件，恰好有3个尺寸在区间(20，21的概率为PC327答案B解析令bnnan，则2bnbn1bn1(n2)，所以bn为等差数列，因为

3、b11，b24，所以公差d3，则bn3n2，所以b1852，则18a1852，所以a188答案C解析由函数图象知，A2，所以T，2，所以f(x)2sin(2x)，因为函数图象过点，所以2sin2，则2k，kZ，解得2k，kZ，又|，所以，所以f(x)2sin，将函数f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的，得到f(x)2sin，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到g(x)2sin，g(x)的最小正周期T，故A错误；当x时，3x，此时g(x)单调递减，故B错误；令3xk，kZ，则x，kZ，当k1时，x，故C正确；因为2sin2，故D错误9答案A解析因为f(x)是定义在R上的奇函数

4、，且在0，)上单调递增，所以函数f(x)是R上的增函数，由题得f(log3|m1|)f(1)0，所以f(log3|m1|)f(1)f(1)，所以log3|m1|0，所以m1，故m(2，1)(1，4)故选A10答案D解析根据正四面体的特征，以及等腰直角三角形的特征，可以得到当直角边AE绕斜边AB旋转的过程中，存在着最高点和最低点，并且最低点在底面的上方，所以四面体EBCD的体积有最大值和最小值，故正确；要想使AEBD，就要使AE落在竖直方向的平面内，而转到这个位置的时候，使得AEBD，且满足是等腰直角三角形，所以正确；利用二面角的平面角的定义，找到其平面角，设二面角DABE的平面角为，则DAE，

5、所以是正确的；根据平面截圆锥所得的截面可以断定，AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆，所以正确故正确的命题的个数是4，故选D11答案A解析如图所示，不妨设点A位于第一象限，因为0，所以，设F2为双曲线E的左焦点，连接AF2，因为O，P，Q分别为AB，AF，BF的中点，所以OQAF，OPAF2，所以FAF290，所以|OA|OF2|OF|，所以AOF2AF2F，又直线AB的方程为yx，所以tanAOF，所以tanAOFtan 2AF2F，得tanAF2F，所以cosAF2F，sinAF2F，所以|AF2|FF2|cosAF2F2cc，|AF|FF2|sinAF2F

6、2cc，由双曲线的定义可知|AF2|AF|c2a，所以双曲线E的离心率e12答案A解析由题意得函数的定义域为Rf(x)x(exex)x2x(exex)x2f(x)，所以函数f(x)是偶函数当x0时，f(x)exxexxex2x，因为x0，所以f(x)0，所以函数f(x)在(0，)上单调递增，因为函数f(x)是偶函数，所以函数f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增如果x0，y0，则xy0，因为f(x)f(y)f(xy)，所以xyxy，与已知相符；如果x0，y0，则xy0，因为f(x)f(y)yxy，与已知相符；如果x0，y0，因为f(x)f(y)，所以yxyf(xy)，与已知矛盾；如

7、果x0，因为f(x)xy0，所以f(y)f(xy)，与已知矛盾；当x，y之中有一个为零时，不妨设y0，f(xy)f(x)，f(x)f(y)f(x)，显然不成立二、填空题(本题共4个小题，每小题5分满分20分)13答案1解析2ab(4，2m1)，b(2ab)7，242m17，解得m114答案1 007解析由题意可知，an2既是3的倍数，又是5的倍数，所以是15的倍数，即an215(n1)，nN*，所以an15n13，当n135时，a13515135132 0122 021，故n1，2，3，135，数列an共有135项，因此数列中间项为第68项，且a681568131 007故中间项的值为1 00

8、715答案4解析如图所示，由抛物线C：y28x，得F(2,0)，准线为x2，因为直线MF的斜率为，则倾斜角为，所以NMF，且|MN|MF|，所以NFM，得OFN，所以|NF|8 ，由于FNM为等边三角形，故点M到直线NF的距离为d8sin416答案3解析如图，正四面体ABCD的棱长为4，则正方体的棱长为2，正四面体ABCD的外接球即正方体的外接球，设球心为O，球的半径为R，则2R2，R，cosOAB，OAR，AEAB41，OE2212213，则截面圆的半径r，截面面积的最小值为Sr23.三、解答题(本题共6个小题，满分70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考

9、生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答)17解析(1)(12345)3，(1.92.22.52.93.5)2.6 xiyi11.922.232.542.953.542.9，x149162555， 所以0.39，2.60.3931.43，所以y关于x的线性回归方程为0.39x1.436分(2)设每年新增高铁运营里程为X万千米，则X的取值为0.3，0.4，0.6，由条件知X的分布列为X0.30.40.6P若2025年中国高铁运营里程小于5万千米，则20222025年每年新增的高铁运营里程有三种情况：0.34，0.330.4，0.320.42 相应概率为CC，所以2025年中国高铁运营

10、里程大于或等于5万千米的概率为112分18解析(1)四边形ABCD是正方形，ACBDPD底面ABCD，AC平面ABCD，PDACBD，PD平面PDB，且BDPDD，AC平面PDB又AC平面AEC，平面AEC平面PDB6分(2)以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz设AB1，则PD，且B(1，1，0)，P(0，0，)BP的中点EA(1，0，0)，C(0，1，0)，(0，1，)，(1，0，0)设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，令z1，则y，x0，得n(0，1)设直线AE与平面PBC所成角为，sin |cos|直线AE与平面PBC所成角的

11、正弦值为12分19解析(1)因为f(x)122sin 2x56cos 2x2sin 2x14cos1，所以f(x)的最小正周期为T因为1cos1，所以144cos114所以函数f(x)的值域为14，146分(2)由f(A)5，得12cos2A4sin Acos A因为A为锐角，所以cos Asin A，则tan A，所以A因为ABC，所以CB由正弦定理，得2，所以abc222sin因为ABC为锐角三角形，所以0B，0CB，解之得B，则Bsin1，则30，g(x)在(0，)上单调递增，g(1)2cos 10，x0，使g(x0)0，当x(0，x0)时，g(x)0，即g(x)在(x0，)上单调递增，

12、g(x)在(0，)上有唯一极小值点x0且x0，g(x0)g(1)e2sin 10，则h(x)在上单调递增，h(x0)h(1)e，又2sin x0(2，2sin 1)，g(x0)2sin x0e2，综上，e2g(x0)e12分22解析(1)曲线C的极坐标方程可化为2cos2 asin ，由xcos ，ysin 得曲线C的直角坐标方程为x2ay(a0)由直线l的参数方程得直线l的普通方程为xy105分(2)把直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，得t2(4a)t(82a)0，2a28a0设M，N对应的参数分别为t1，t2，则t1，t2恰为方程的两根，t1t24a0，t1t282a0，t10，t

13、20易知|MN|t1t2|，|PM|t1，|PN|t2|PM|，|MN|，|PN|成等比数列，(t1t2)2t1t2，则(t1t2)25t1t2(4a)25(82a)，解得a1或a4(舍去)，a110分23解析(1)()()24当且仅当3xy2z时等号成立所以m45分(2)当a1时，|x1|a|x8|x1|x8|(a1) |x8|x1|x8|7，而74成立，故a1当0a1时，|x1|a|x8|a|x1|a|x8|(a1) |x1|a|x1|a|x8|7a，所以7a4成立，故a综上，正实数a的取值范围为，)10分答案第11页(共11页)原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司