2022届高考核心猜题卷全国卷（WORD解析版）——文数

2022届高考数学核心猜题卷

全国卷（文）

【满分：150分】

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.已知集合，，则(   )

A. B. C. D.

2.已知复数z满足，则复数z在复平面内所对应的点在(   )

A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限

3.已知，，，则(   )

A. B. C. D.

4.若向量a，b满足，，，则(   )
A.2 B. C.1 D.

5.已知，为锐角，且，，则(   )

A. B. C. D.

6.若实数x，y满足约束条件，则的最小值是(   )

A. B.0 C. D.12

7.为了更好地支持“中小型企业”的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当的减免，某机构调查了当地的中小型企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，下面三个结论：

①样本数据落在区间的频率为0.45；
②如果规定年收入在500万元以内的企业才能享受减免税政策，估计有的当地中小型企业能享受到减免税政策；
③估计样本的中位数为480万元.
其中正确结论的个数为(   )

A.0 B.1 C.2 D.3

8.在底面为正三角形的三棱柱中，，，该三棱柱的体积的最大值为(   )

A.3 B. C.6 D.

9.若将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，则函数图象的对称轴可能是(   )

A.直线 B.直线 C.直线 D.直线

10.若函数在区间上不单调，则在R上的极小值为(   )

A. B. C.0 D.

11.抛物线上存在一点，M到抛物线焦点F的距离为3，直线MF交抛物线C于另一点N，则线段MN的长为(   )

A. B. C. D.

12.已知数列满足，，，数列满足，则数列的前2021项的和为(   )

A. B. C. D.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.函数在处的切线与直线垂直，则实数_________.

14.从分别写有1，2，3，4，5的五张卡片中任取两张，则这两张卡片上的数字和为偶数的概率为____________.

15.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则面积的最大值为____________.

16.已知多面体PACBQ满足，，QA，QB，QC两两垂直，且P，A，B，C，Q在同一个球面上，则点P，Q到平面ABC距离的比值为___________.

三、解答题：共70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.（12分）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，.

（1）求B；

（2）若内角B的平分线交AC于点D，求的面积.

18.（12分）某研究机构为了研究华为公司由于技术创新对订单产生的影响，调查了技术创新前、后华为及其他公司在欧洲的订单情况，结果如下：

（1）是否有95%的把握认为华为公司技术创新影响了华为在欧洲的订单？

（2）现从技术创新前、后华为在欧洲的订单数中，采用分层抽样的方法抽取5个进行调查，若从抽得的5个订单中随机抽取2个进行调查结果的比较，求这2个订单中恰好有一个是技术创新后的订单的概率.
附：，其中.

19.（12分）如图，在直四棱柱中，底面ABCD是菱形，M在线段上，且.

（1）求证：；

（2）若四棱柱被平面MBD截得的两部分几何体体积之比为，求的值.

20.（12分）已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线上的动点，与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．

（1）求E的方程；

（2）证明：直线过定点.

21.（12分）已知函数，曲线在处的切线经过点.

（1）求实数a的值.

（2）设，求在区间上的最大值和最小值.

（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。

22.（10分）[选修4 – 4：坐标系与参数方程]

已知曲线C的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.

（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C相交于A，B两点，求A，B两点间的距离.

23.（10分）[选修4 – 5：不等式选讲]

已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若函数，对，，有，求实数k的取值范围.

2022届高考数学核心猜题卷

全国卷（文） 参考答案

一、选择题

1.答案：D

解析：由，解得，，又，，故选D.

2.答案：A

解析：由得，则，

因此复数z在复平面内所对应的点为，位于第一象限，故选A.

3.答案：C

解析：由可得，因为，所以，

则，由可得.故.故选C.

4.答案：B

解析：，，，，

，，，.故选B.

5.答案：A

解析：因为，为锐角，所以，由得

，则，又，

故，故选A.

6.答案：A

解析：作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，由可得，作出直线并平移，由图可知当平移后的直线经过点时，z取得最小值，所以.故选A.

7.答案：D

解析：由，得，
所以数据在区间的频率为，①正确；
数据在区间的频率为，②正确；
数据在区间的频率为0.3，数据在区间的频率为0.55，故估计中位数为，③正确.故选D.

8.答案：D

解析：设三棱柱的高为h，当三棱柱为直三棱柱时，其体积最大，则h的最大值为3，所以该三棱柱的体积的最大值.故选D.

9. 答案：C

解析：由题得，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，令，，得，，当时，得函数图象的一条对称轴为直线.故选C.

10.答案：A

解析：由题意得，因为在区间上不单调，所以，由，得或；由，得，所以的极小值为.故选A.

11.答案：B

解析：由题可知，，，则，解得，故拋物线C的方程为，，不妨取直线MF的方程为，与抛物线C的方程联立得，解得或，则，，故选B.

12. 答案：D

解析：因为，故数列为等比数列，设公比为q，

由，，得，所以，则，

所以

，故选D.

二、填空题

13.答案：-2

解析：由题可知，可得在处的切线斜率为，由切线与直线垂直，可得，解得.

14.答案：

解析：从五张卡片中任取两张的所有样本点有，，，，，，，，，，共10种情况，其中两张卡片上的数字和为偶数的样本点有，，，，共4种情况，故两张卡片上的数字和为偶数的概率.

15.答案：

解析：由题意可知，，，又，.

又，当且仅当时，等号成立，则的面积，即面积的最大值为.

16.答案：2

解析：如图，将多面体PACBQ放入正方体中，设正方体的棱长为1，则.设点Q到平面ABC距离为d，则，即，解得.又正方体的体对角线长为，则点P到平面ABC的距离为，所以点P，Q到平面ABC距离的比值为.

三、解答题

17.解析：（1）在中，由余弦定理得，

解得，.………………………………………………………………………………2分

由余弦定理得.

因为，

所以.……………………………………………………………………………………5分

（2）由（1）知，

，.

在中，

.………………………………………………………………………8分

由正弦定理得，

所以，得.…………………………………………………………………10分

所以的面积.

…………………………………………………………………………………………………12分

18.解析：（1）补充列联表为

…………………………………………………………………………………………………2分

由表可知，
所以有95%的把握认为华为公司技术创新影响了华为在欧洲的订单. …………………5分

（2）由题意知，从技术创新前、后的订单数中应分别抽取的订单数为2个和3个.
将来自技术创新前的订单分别记作，，

来自技术创新后的订单分别记作，，.
则从这5个订单中抽取2个订单的所有结果有，，，，，，，，，，共10种情况，……………………8分

其中恰有一个是来自技术创新后的订单的结果有，，，，，，共6种情况，

故所求概率.………………………………………………………………………12分

19.解析：（1）连接AC，.

四边形ABCD是菱形，.………………………………………………………2分

是直四棱柱，

平面ABCD，且平面ABCD，.…………………………………4分

又，且，平面，

平面，而平面，

.…………………………………………………………………………………6分

（2）设四棱锥底面的面积为S，高为h，

则三棱锥的体积.………………………9分

又四棱柱的体积，

四棱柱被平面MBD截得的两部分几何体体积之比为，

解得.……………………………………………………………………………………12分

20.解析：（1）由题设得，，.

则，.

由得，即.

所以椭圆E的方程为.……………………………………………………………4分

（2）设，，.

若，设直线的方程为，由题意可知.

由于直线的方程为，所以.

直线的方程为，所以.………………………………………6分

可得.

由于，故，

可得，

即.①

将代入得.

所以，.……………………………………………………8分

代入①式得.

解得(舍去)或.

故直线的方程为，即直线过定点.

若，则直线的方程为，过点.

综上，直线过定点.………………………………………………………………12分

21.解析：（1）的导函数为，

所以，

依题意有，即，

解得.………………………………………………………………………………………4分

（2）由（1）得，

当时，，，

所以，故在上单调递增；

当时，，，

所以，故在上单调递减，

所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. …………………………8分

因为，所以的最大值为.

设，其中，

则，

故在区间上单调递增.

，即.

故的最小值为.……………………………………………………12分

22.解析：（1）由题意知，曲线C的普通方程为，…………………2分

由可知直线l的直角坐标方程为.………………………………5分

（2）由（1）知曲线C的圆心坐标为，半径，

令圆心到直线l的距离为d，

则，………………………………………………………………8分

，即，

.…………………………………………………………………………………10分

23.解析：（1）当时，，……………………………………1分

若，则，解得，

若，则，解得，

若，则，解得，…………………………………4分

综上可知，不等式的解集为.……………………………………5分

（2）对，，有，即，

，

，

又，

，………………………………………………………………………8分

，解得或，

实数k的取值范围是.…………………………………………………10分