数学-2022年高考考前押题密卷（天津卷）（全解全析）

这是一份数学-2022年高考考前押题密卷（天津卷）（全解全析），共16页。试卷主要包含了【答案】B， 【答案】B，【答案】A，【答案】C， 【答案】D， 【答案】A， 【答案】C，【答案】等内容，欢迎下载使用。
2022年高考考前押题密卷（天津卷）数学·全解全析123456789BBACDCACA1．【答案】B【解析】【分析】由补集、交集的概念运算【详解】，则．故选：B2． 【答案】B【解析】由，得；由，得，所以  “”是“”的必要而不充分条件. 故选：B．3．【答案】A【解析】【分析】先由函数的奇偶性排除部分选项，再利用函数的单调性判断.【详解】函数的定义域为，且，所以是偶函数，图象关于y轴对称，故排除BC，当时，，在上递增，排除D，故选：A4．【答案】C【解析】【分析】根据抛物线的定义即可求解.【详解】设，，∵，,∴，∴，∴P到l的距离，故选：C．5． 【答案】D【解析】，故，，由于单调递减，故，故，且，综上：.故选：D6．【答案】C【解析】【分析】利用各组的频率之和为1，求得的值，判定A；根据众数和中位数的概念判定BC；根据频率估计概率值，从而判定D.【详解】，解得，故A正确；频率最大的一组为第二组，中间值为，所以众数为45，故B正确；质量指标大于等于60的有两组，频率之和为，所以60不是中位数，故C错误；由于质量指标在[50,70)之间的频率之和为，可以近似认为从这批产品中随机选取1个零件，其质量指标在的概率约为0.5，故D正确.故选:7． 【答案】A【解析】【分析】先证明面，，进而得到三棱锥的体积为，由和基本不等式求出的最大值，即可求解.【详解】因为三棱锥的顶点都在以PC为直径的球M的球面上，所以，又，，故面，又 ，故面，又面，故.球M的表面积为，设球的半径为，则，解得，即，所以，，三棱锥的体积为，要使体积最大，即最大，又，当且仅当时取等，故体积的最大值为.故选：A.8． 【答案】C【解析】【分析】根据直线方程可求得点坐标；将直线方程与渐近线方程联立可得点坐标，由此可得直线方程，进而得到点坐标；根据为中点可构造关于的齐次方程，进而得到双曲线离心率.【详解】设中点为，即直线交轴于，由双曲线方程知：一条渐近线方程为，，，则直线方程为：，令，则，即；由得：，即，，直线方程为：，令，则，又为中点，，则，即，，解得：（舍）或.故选：C.9． 【答案】A【解析】【分析】分段函数分段处理，显然有1个零点，所以有4个零点，利用三角函数求出所有的零点，保证之间有4个零点即可.【详解】易知函数、在上为增函数，所以当时，函数单调递增，当无限接近0时，，当时，，所以函数在上存在一点，使得，即在上有且只有一个零点；所以当时，函数有4个零点，当时，，由的图象可得，，解得故选：A 二､填空题：（本题共6小题，每小题5分，共30分。试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分。）10．【答案】【解析】【分析】由条件解出，再由复数模的概念求解【详解】因为，所以，则．故答案为：11．【答案】112【解析】【分析】由二项式定理求解【详解】由二项式定理知的展开式的通项为令得故故答案为：11212．【答案】0或4【解析】∵圆∴圆心为：（0，），半径为：2圆心到直线的距离为：∵，即，∴，或．故答案为:0或4．13．【答案】【解析】【分析】将化简，利用基本不等式即可求出最小值.【详解】依题意，因为，，且，所以，当且仅当时，且，即或时，等号成立，故答案为：.14．【答案】          【解析】【分析】“”表示取出的球为“黑红”或“白”，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得的值；写出随机变量的分布列，可求得的值.【详解】解：“”表示取出的球为“黑红”或“白”，所以，；由题意可知，随机变量的可能取值有、、、、，则，，，，.所以，随机变量的分布列如下表所示： 因此，.故答案为：.15．【答案】     6     【解析】【分析】以B为原点，以BC，BA所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，求得的坐标，根据向量在向量上的投影向量的模为2，求得，设，由 为二次函数求解.【详解】解：以B为原点，以BC，BA所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系：则，所以，，因为向量在向量上的投影向量的模为2，所以，所以，,解得，则，因为为线段上的动点，所以设，，则，又，所以，，，当时，的最小值为故答案为：6，三、解答题（本题共5小题，共75分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤。）16．（14分）【答案】(1)2；(2)；(3).【解析】【分析】（1）根据余弦定理，结合已知条件，计算即可；（2）利用正弦定理，结合已知条件，即可求得结果；（3）根据，结合余弦的和角公式和倍角公式，计算即可.(1)因为，故由余弦定理，可得，即，解得（舍）或.(2)因为，故，则，由正弦定理，则，解得.(3)因为又，故. 17．（15分）【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】【分析】（1）由已知可得，所以E、F、B、G四点共面，再证明平面即可证明；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出，平面的一个法向量，由向量的夹角公式可得答案；（3）求出平面、平面的一个法向量，利用二面角的向量法即可求解.(1)在正三棱柱中，平面，因为E，F，G分别为，，的中点，所以，又，所以，平面，所以E、F、B、G四点共面，，又因为，且，所以平面，所以.(2)以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ，为平面的一个法向量，设直线与平面所成角的大小为，所以，因为，所以.(3)由（2）得，，，，，，设，，，，设平面的法向量为，则，即，取，可得，因为平面，所以，解得，所以，易知平面的一个法向量，所以，由图可知二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.18．（15分）【答案】(1)；(2)1.【解析】【分析】（1）由题可得，即得；（2）由题可设的方程为，利用韦达定理法可得，进而可得，然后利用面积公式及基本不等式即求.(1)由题可得，∴，∴椭圆C的方程为；(2)由题可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，，由，可得，由，可得，或，∴，由及四点共线，知，∴，则，∵和相互垂直，则的方程为，令，得，∴，，∴面积为，当且仅当，即等号成立，所以面积的最小值为1.19．（15分）【答案】(1)，；(2)；(3).【解析】【分析】（1）由，利用数列通项公式和前n项和公式的关系求解；根据数列是公比为2的等比数列，且，利用数列通项公式求解.（2）由（1）得到，，分别利用错位相减法和等比数列的前n项和公式求解；（3）由（1）得到，利用裂项相消法求解.(1)解：当时，由，得，两式相减化简得：，又，则，所以数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，所以；因为数列是公比为2的等比数列，且，所以；(2)由（1）知：，则其前n项和为：，则，两式相减得：，，，所以，又，所以其前n项和为：，所以数列的前n项和为：，；(3)由（1）知：，所以，，，. 20．（16分）【答案】(1)(2)证明见解析(3)【解析】【分析】（1）直接求导，得出，按照点斜式写出切线方程即可；（2）令，求导后，再构造函数，确定的单调性得到的正负，进而得到的单调性及最小值，得证；（3）先构造函数，求导确定单调性，将转化为，结合的单调性得到，参变分离后，构造函数求出最小值即可.(1)当时，，得，则，，所以在处的切线方程为，即.(2)令.，令，，可得：函数在上单调递增，又，，因此存在唯一，使得，即，函数在上单调递减，在上单调递增；∴函数在处取得极小值即最小值，，因此.(3)当且时，由于，构造函数得，所以在上单调递增，，由于对任意的都成立，又，，再结合的单调性知道：对于任意的都成立，即对于任意的都成立.令，得，，，则在上单调递减，在上单调递增，故，故，所以的最大值为.