2022年高考数学押题预测卷+答案解析02（天津卷）

2022年高考押题预测卷02【天津卷】

数学·全解全析

一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45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．【答案】C

【详解】

解：∵，，

∴．

故选：C．

2．【答案】D

【详解】

全称命题“”的否定形式需要改量词，以及结论否定，

即否定是.

故选：D

3．【答案】D

【详解】

，则是偶函数，图象关于轴对称，排除C，

当且，，排除A，

当时，，则，

∵，，，则有两个不同的零点，

即当时，函数至少有三个单调区间，排除B，

故选：D．

4．【答案】B

【详解】

优秀人数所占的频率为，

测试结果位于的频率为，测试结果位于的频率为，所以，，

由题意可得，解得.

故选：B.

5．【答案】D

【详解】

因为在上单调递增，所以，即

因为在上单调递增，所以，即，

因为函数在上单调递减，所以，即，

综上：，

故选：D.

6．【答案】A

【详解】

由AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，由余弦定理可得：

BC，

∴，∠ACB＝90°，∴底面外接圆的圆心在斜边AB的中点，

设三角形ABC的外接圆的半径为r，则r1，

又，

所以V柱＝S△ABC•AA1，所以可得AA1＝2，

因为三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，

所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，设外接球的半径为R，则R2＝r2+（）2＝12+12＝2，

所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×2＝8π，

故选：A．

7．【答案】A

【详解】

是偶函数，并且当时，，函数单调递减，

，，

，

，，

即.

故选：A

8．【答案】B

【详解】

以为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点，

以为直径的圆的方程为，

由对称性知的面积，

即，即点的纵坐标为，

则由，得，

因为点在双曲线上，

则，

即，

即，

即，

即，

即，

得，

即，得，得，.

则双曲线的渐近线方程为.

故选B

9．【答案】D

【详解】

当时，则，可得，，

，即.

①当时，则，令，则，

所以，函数在上单调递减，所以，，此时，；

②当时，可得，此时，；

③当时，则，.

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

所以，，此时，.

综上，当时，；

当时，则有，可得；

当时，则，，，

恒成立，同理可求得.

综上所述，实数的取值范围是.

故选：D.

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】2

【详解】

试题分析：由，可得，所以，，故答案为2．

11．【答案】80

【详解】

解：的展开式的通项公式为，令，求得，

故展开式中的系数为，

故答案为：80．

12．【答案】

【详解】

圆的标准方程为，圆心为，半径为，

因为，且，所以，为等腰直角三角形，且，

圆心到直线的距离为，整理可得，解得.

因此，直线的方程为.

故答案为：.

13．【答案】2       

【详解】

由题意知：，且服从，

∴.

甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2的基本事件有{甲3天乙1天，甲2天乙0天}，又，，，，

∴.

故答案为：2，.

14．【答案】

【详解】

,

,

,当且仅当时，即当时，等号成立，

因此的最小值为.

故答案为：

15． 【答案】       

【详解】

以OB为x轴，过O做OB的垂线作y轴，建立平面直角坐标系，

,,

则,

所以，

，（）.

=

.

故答案为：；.

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），最大值为3，最小值为；（2）.

【详解】

（1）

，

∴函数的最小正周期；

因为所以，

因为函数在单调递增，在上单调递减

所以，

，

所以函数的最大值为3，最小值为；

（2），

∵，∴.，即，

由正弦定理以及，可得，

由余弦定理可得，

可得，

∴，∴.

17．（15分）

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）．

【详解】

（Ⅰ）证明：∵是棱的中点，是棱的中点，

∴，

∵平面，平面，

∴平面．

（Ⅱ）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则（0，0，4），（2，2，0），（1，0，0），（0，0，2），（0，2，0），

，，，

设平面的一个法向量为，

则 ，取，得，

设直线与平面所成角为，

则直线与平面所成角的正弦值为：

．

（Ⅲ）设，由题意易知，则，，

，，

设平面的一个法向量为，

则，取，得，

因为轴显然与平面垂直，所以不妨取平面的一个法向量为，

∵二面角的余弦值为，

∴，

由，解得．

∴的长为．

18．（15分）

【答案】（1）；（2）为定值，证明见解析.

【详解】

（1）

圆被直线截得的弦长为

，

解得，椭圆的方程为：.

（2）设直线的方程为

联立

可得

由，

可得

以为圆心，为半径的圆为

联立

可得

线段的中垂线为：

，

又，

所以为线段中点

19．（15分）

【答案】（1），；（2）；（3）.

【详解】

（1）因，时，，

则有，即，而时，，即，

∴是首项，公比为3的等比数列，从而；

设等差数列的公差d，而，依题意，

，，，所以；

（2）由(1)知，

当n为偶数时，

当n为奇数时，

∴

（3）

所以是数列的前n项和，

设的前项和为，

，

，

即，

∴.

20．（16分）

【答案】（1）的单调增区间为（0，]；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【详解】

（1）h（x）＝g（x）﹣x2＝lnx﹣x2，x∈（0，+∞）．

令，

解得．

∴函数h（x）的单调增区间为（0，]．

（2）证明：设x0＞1，，可得切线斜率，

切线方程为：．

假设此切线与曲线y＝f（x）＝ex相切于点B（x1，），f′（x）＝ex．

则k=，

∴．

化为：x0lnx0﹣lnx0﹣x0－1＝0，x0＞1．

下面证明此方程在（1，+∞）上存在唯一解．

令u（x0）＝x0lnx0﹣lnx0﹣x0－1，x0＞1．

，在x0∈（1，+∞）上单调递增．

又u′（1）＝－1，，

∴在上有唯一实数解，

，，递减，

时，，递增，

而，∴在上无解，

而，∴在上有唯一解．

∴方程在（1，+∞）上存在唯一解．

即：存在唯一的x0，使得函数y＝g（x）的图象在点A（x0，g（x0））处的切线l与函数y＝f（x）的图象也相切．

（3）证明：，

令v（x）＝ex﹣x﹣1，x＞0．

∴v′（x）＝ex﹣1＞0，

∴函数v（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，

∴v（x）＞v（0）＝0．

∴，

∴不等式，a＞0⇔ex﹣x﹣1﹣ax＜0，

即H（x）＝ex﹣x﹣1﹣ax＜0，

由对任意给定的正数a，总存在正数x，使得不等式成立⇔H（x）min＜0．

H（x）＝ex﹣x﹣1﹣ax，a，x∈（0，+∞）．

H′（x）＝ex﹣1﹣a，令ex﹣1﹣a＝0，

解得x＝＞0，

函数H（x）在区间（0，）上单调递减，在区间（，+∞）上单调递增．

∵H（0）＝0，∴．

∴存在对任意给定的正数a，总存在正数x，使得不等式成立．