2024年高考数学重难点突破讲义：2022全国乙卷（理）

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：2022全国乙卷（理），共22页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共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. 设全集，集合M满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题知,对比选项知，正确,错误
2. 已知，且，其中a，b为实数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
由,得,即
3. 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】∵，
又∵
∴9，
∴
4. 嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
5. 设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】B
【解析】由题意得，，则，
即点到准线距离为2，所以点的横坐标为，
不妨设点在轴上方，代入得，，
所以.
6. 执行下边的程序框图，输出的（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】执行第一次循环，，
，
；
执行第二次循环，，
，
；
执行第三次循环，，
，
，此时输出.
7. 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面B. 平面平面
C. 平面平面D. 平面平面
【答案】A
【解析】在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A.
8. 已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A. 14B. 12C. 6D. 3
【答案】D
【解析】设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，所以，
则，解得，
所以.
9. 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当即时等号成立.
10. 某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（ ）
A. p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B. 该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C. 该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D. 该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【答案】D
【解析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即，，
则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
11. 双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故.
12. 已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
.
因为，所以，即，所以.
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因为，所以.
所以.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．
【答案】
【解析】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名，
有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法；
其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率.
解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为
甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率
14. 过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
【答案】或或或；
【解析】依题意设圆的方程为，
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
故答案为：或或或；
15. 记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．
【答案】
【解析】 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时.
16. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【解析】，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，当时，，
若时，当时，，则此时，与前面矛盾，
故不符合题意，
若时，则方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
∵,∴函数的图象是单调递减的指数函数，
又∵,∴的图象由指数函数向下关于轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的倍得到，如图所示：
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，
故切线方程为，
则有，解得，
则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，
又，所以，
综上所述，的范围为.
三、解答题：共0分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）证明：；
（2）若，求的周长．
【解析】（1）证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
18. 如图，四面体中，，E为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【解析】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
19. 某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：
并计算得．
（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；
（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．
附：相关系数．
【解析】（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值
样本中10棵这种树木的材积量的平均值
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，
平均一棵的材积量为
（2）
则
（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得，解之得．
则该林区这种树木的总材积量估计为
20. 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
（1）求E的方程；
（2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【解析】（1）设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
21. 已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）
的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当
当
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．
（1）写出l的直角坐标方程；
（2）若l与C有公共点，求m的取值范围．
【解析】（1）因为l：，所以，
又因为，所以化简为，
整理得l的直角坐标方程：
（2）联立l与C的方程，即将，代入
中，可得，
所以，
化简为，
要使l与C有公共点，则有解，
令，则，令，，
对称轴为，开口向上，
所以，
，
所以
m的取值范围为.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知a，b，c都是正数，且，证明：
（1）；
（2）；
【解析】（1）证明：因为，，，则，，，
所以，
即，所以，当且仅当，即时取等号．
（2）证明：因为，，，
所以，，，
所以，，
当且仅当时取等号．
样本号ｉ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
根部横截面积
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
材积量
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9