数学-2022年高考考前押题密卷（新高考2卷）（全解全析）

这是一份数学-2022年高考考前押题密卷（新高考2卷）（全解全析），共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年高考考前押题密卷（新高考2卷）数学·全解全析 123456789101112CCBCDACDBCDACDBCDBD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X123P．（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）