数学-2022年高考考前押题密卷（新高考2卷）（全解全析）

2022年高考考前押题密卷（新高考2卷）

数学·全解全析

一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．

1．【答案】C

【解析】因为，，所以．故选C．

2．【答案】C

【解析】由得，所以，故选C．

3．【答案】B

【解析】命题p：“，”，即，设函数，易得在时取得最小值为4，在时取得最大值为，故，故选B．

4．【答案】C

【解析】因为，则，又，故，

则，故．故选C．

5．【答案】D

【解析】由题意可知，轴，当时，，解得：，又因为直线的斜率为，所以点在第一象限，所以，，即，化简得，两边同时除以后得，解得：（舍去）或．故选D．

6．【答案】A

【解析】设点，，因为PD，PC是圆的切线，所以，

所以C，D在以OP为直径的圆上， 其圆的方程为，又C，D在圆上，则将两个圆的方程作差得直线CD的方程：，即，所以直线CD恒过定点，又因为，M，Q，C，D四点共线，所以，即M在以OQ为直径的圆上，其圆的方程为，圆心，半径为，所以，所以的最小值为，故选A．

7．【答案】C

【解析】由题可得任取4个数字的数字串，其中偶数个数、奇数个数及数字个数的分类有：0，4，4；1，3，4；2，2，4；3，1，4；4，0，4．则第一步得到数字串依次为044，134，224，314，404；第二步得到的数字串依次为303，123，303，123，303．故第二步便进入“黑洞”的概率为，

故选C．

8．【答案】D

【解析】因为，所以，又为定义在R上的增函数，所以，对恒成立，即，设，则，当时，单调递增，当时，，单调递减，则，所以，即．故选D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．【答案】BCD

【解析】对于A，，解得，A错误；

对于B，方差反映的是数据与均值的偏移程度，因此每个数据都加上同一个常数后，每个新数据与新均值的偏移不变，方差恒不变，B正确；

对于C，服从正态分布，，C正确；

对于D，，则，由，解得，所以．D正确．故选BCD．

10．【答案】ACD

【解析】对于A，函数的定义域为,且,则,则,

则,故恒成立,故,故A正确；

对于B，若,则，，， 不成立，故B不正确.

对于C，当时,,可得，令,即,解得,所以当时,,单调递减,当时,,单调递增,所以,所以C正确；

对于D，,因为存在极值,则有零点,令,即,

所以,则,即,解得,所以D正确.故选ACD.

11．【答案】BCD

【解析】对于A，由题意知，抛物线的解析式为，所以焦点，故A错误；

对于B，若直线的斜率，显然不合题意；设直线，代入，得，则，，所以，所以，所以，所以直线过定点，故B正确；

对于C，由直线过点，可设直线，代入，得，则，，所以，故C正确；

对于D，由C可知，，，所以，所以当时，的最小值为16，故D正确，故选BCD．

12．【答案】BD

【解析】如图，

正方体内切球的球心即正方体的中心，且球半径，当与重合时，平面，平面，此时直线与平面相交，A错误；

当为的中点时，，，，则平面，因为平面，所以；同理，，因为，所以平面，即平面，B正确；

取的中点，由对称性可知，，则．因为，，则，所以直线的被球截得的弦长为，C错误；

设截面圆半径为，球心到截面的距离为，则．因为，则，所以截面圆面积，D正确，故选BD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．【答案】10

【解析】因为向量和的夹角为，且，，所以，所以，故答案为．

14．【答案】

【解析】由题意可得，，解得，所以展开式的通项为，由得，，所以常数项为第七项．故答案为．

15．【答案】

【解析】因为三棱锥中，底面为等边三角形，侧棱长相等，所以三个侧面均为全等的等腰三角形，又，即三个侧面均为全等的等腰直角三角形，所以两两互相垂直，且，

所以可将三棱锥补形为正方体，则该三棱锥的外接球即为正方体的外接球，

设，则，又到底面的距离为2，所以由，即，解得，所以正方体的外接球直径，即，所以该三棱锥外接球的体积为，故答案为．

16．【答案】

【解析】由的定义易知，且若为奇数则，

令，

则

，

即，

由此可得，

以上各式相加得，

即，

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）【解析】（1）设公差为，由题，（3分）

解得，．所以．（5分）

（2）由（1），，则有．（7分）

则．

所以．（10分）

18．（12分）【解析】（1）由已知及正弦定理得（2分）

即

由，可得，因为，所以．（6分）

（2）根据余弦定理可得（8分）

由已知，，可得，因为，所以．（12分）

19．（12分）【解析】（1）∵，，，

∴，∴．（2分）

∴，∴，∵平面，而AC在平面ABCD中，

∴，，且都在平面内，

∴平面．（6分）

（2）以点为原点，以为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，，，，，，（7分）

∴，，，

设平面与平面的一个法向量分别为，，

平面与平面所成二面角为，

∴，可取，（8分）

，可取

∴，则．（12分）

20．（12分）【解析】（1）由图可知，（2分）

估计这一批口罩中优等品的概率为.（5分）

（2）因为，所以从[98，99）中抽取个，从[99，100]中抽取个．

则X的可能取值为1，2，3，（7分）

且．（9分）

故X的分布列为

．（12分）

21．（12分）【解析】（1）设椭圆的焦距为，由题意可得，（2分）

解得，所以，

因此椭圆的方程为．（6分）

（2）因为直线过点且不与轴重合，所以设的方程为，

联立方程，消去并整理得，

设，，则，

所以，

．（9分）

设，则直线与的斜率分别为，，

则

．

所以当，即

当时，，；

当时，，．

因此，所有满足条件的的坐标为和．（12分）

22．（12分）【解析】（1）因为，所以．

若，则恒成立；

若，令，解得，

当时，；当时，，（5分）

综上所述，当时，的单调递增区间为；

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．（6分）

（2），

令，则，

令函数，则，

可得在上单调递增，在上单调递减，

又由，所以有且仅有一个零点，即，

故函数有且只有两个零点等价于函数有且只有两个零点，

可得，（8分）

若，则恒成立，在上单调递增，

则最多只有一个零点，不符合题意；

若，则当时，单调递增；

当单调递减．

当或时，，故要使有两个零点，

则需，即，（10分）

不妨令，

今函数，

则，

因为，所以，

故在上单调递增，

又因为，所以，即，

因为在上单调递减，

所以，即．（12分）