2022届高考数学精创预测卷 全国乙卷 理科（含答案）

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2022届高考数学精创预测卷全国乙卷 理科【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，若（i为虚数单位）是实数，则(   )A.1 B.-1 C.2 D.-22.设集合，，则(   )A.  B.C.  D.3.命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是(   )A. B. C. D.4.已知偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为(   )A.   B. C.   D.5.《九章算术》是我国古代的一部数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），四边形为矩形，.若和都是正三角形，且，则异面直线与所成角的大小为(   )A. B. C. D.6.现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有(   )A.6种 B.8种 C.12种 D.16种7.函数的部分图象如图所示，若把的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则m的值可能为(   )A. B. C. D.8.已知实数x，y满足不等式组，若的最大值为m，最小值为n，则(   )A.4 B. C. D.9.中华人民共和国国歌有84个字，37小节，奏唱需要46秒，某校周一举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为米（如图所示），旗杆底部与第一排在同一个水平面上.要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部，升旗手升旗的速度应为(   )A.（米/秒） B.（米/秒） C.（米/秒） D.（米/秒）10.若是函数的极值点，则的极小值为(   )A.-1 B. C. D.111.过椭圆的左焦点F的直线交C于第一象限内的一点P，且该直线斜率为C的离心率，A为C的右顶点，过P点作x轴的垂线，垂足为Q，若且的面积为，则C的离心率为(   )A. B. C. D.12.已知是幂函数，且对于均有.若，，，则(   )A. B. C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.若直线为双曲线的一条渐近线，则b的值为___________.14.已知向量，，且，则___________.15.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知三角形的面积是，且，则的面积是__________.16.某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体所有棱长之和（单位：cm）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）随科技创新方面的发展，我国高新技术专利申请数也日益增加，2015年到2019年我国高新技术专利申请数的数据如表所示(把2015年到2019年分别用编号1到5来表示).年份编号x12345专利申请数y(万件)1.61.92.22.63.0(1)求高新技术专利申请数y关于年份编号x的回归方程；(2)由此线性回归方程预测2022年我国高新技术专利申请数.附：，.18.（12分）已知数列的前n项和为，，.（1）求数列的前n项和；（2）令，求数列的前n项和.19.（12分）如图，长方体的底面ABCD是正方形，点E在棱上，.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值.20.（12分）已知函数（其中为自然对数的底数）.（1）求证：当时，；（2）若不等式对任意恒成立，求实数a的值.21.（12分）已知抛物线的焦点为F，为抛物线上一点，.(1)求抛物线C的标准方程；(2)过M的两直线交抛物线于A，B，且的平分线平行于y轴，试判断的面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，说明理由.（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]在平面直角坐标系xOy中，l的参数方程为(t为参数).以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.(1)求C的直角坐标方程和l的极坐标方程；(2)设点，直线l与C交于A，B两点.求.23.（10分）[选修4 – 5：不等式选讲]已知函数.(1)若，求的解集；(2)若恒成立，求实数a的取值范围.
答案以及解析1.答案：C解析：若为实数，则，得.故选C.2.答案：D解析：由题意得集合，，所以，故选D.3.答案：B解析：因为命题“，”是真命题，所以，恒成立，所以，结合选项，命题是真命题的一个充分不必要条件是.故选B.4.答案：A解析：若，则等价于，，在上单调递减，有，由上，若，则等价于，由偶函数在上单调递增，则，即得，综上，的解集为.故选：A.5.答案：D解析：如图，在平面ABFE中，过F作交AB于G，连接CG，则为异面直线AE与CF所成的角或其补角.设，则.因为，所以四边形AEFG为平行四边形，所以，，，所以，所以，所以，故选D.6.答案：B解析：先安排甲，其选座方法有种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有种，所以共有坐法种数为种.故选：B.7.答案：C解析：由题意可知：，.且，，.把函数的图象向左平移m个单位长度得的图象，，.当时，，故选C.8.答案：B解析：作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，可得.设，则数形结合可知(为点P到直线的距离)，故，选B.9.答案：B解析：如图，由题得，，.在中，由正弦定理得，即，解得，则在中，，所以升旗的速度应为（米/秒）.故选B.10.答案：A解析：因为，，所以，所以，.令，解得或，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以的极小值为.11.答案：C解析：设，则，离心率，直线l的方程为.又，则，，，.又，，，，即，解得.，，故选C.12.答案：C解析：因为是幂函数，所以，即，解得或，可得或.因为对于均有，所以，且是偶函数，在上单调递增.因为，，，，，，所以，故选C.13.答案：解析：因为直线为双曲线的一条渐近线，所以，则.14.答案：-7解析：，，.，，，解得.15.答案：解析：因为，所以，所以，所以.因为，所以，所以.因为，所以，所以.16.答案：解析：本题考查由三视图还原几何体.由三视图知该几何体是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥，如图中三棱锥所示，取F为AC的中点，O为BC的中点，连接SO，OF，SF，则平面ABC.由三视图可知则所以该几何体所有棱长之和为.
 17.解析：(1)由已知可得，，，，所以回归方程为.(2)由(1)知.又2022年对应的是编号8，所以2022年我国高新技术专利申请数(万件)，即可以预测2022年我国高新技术专利数为4.01万件.18.解析：（1）由，得.又，所以数列是首项为3，公差为1的等差数列，所以，即.（2）当时，，又也符合上式，所以，所以，所以，①，②①-②，得，故.19.解析：（1）证明：由已知得，平面，平面，故.又，，所以平面.（2）由（1）知.由题设知，所以，故，.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则，，，，所以，，.设平面EBC的法向量为，则即所以可取.设平面的法向量为，则即所以可取.于是.所以二面角的正弦值为.20.解析：（1），当时，，，则；当时，，，则，在上单调递增，，而，，.（2）令，则对任意恒成立，若，则，与题意不符.故只需考虑时的情况，，，，令，则，显然当时，，故在上单调递增，①当时，则，，故存在，使得，且当时，单调递减，，与题意不符；②当时，则，当时，，，故，在上单调递增.又，故存在，使得，当时，单调递增，，与题意不符；③当时，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，恒成立.综上，实数a的值为2.21.解析：(1)因为为抛物线上一点，所以.因为，所以，即，解得，所以抛物线C的标准方程为.(2)由(1)得，.设.因为的平分线平行于y轴，所以，得，即，整理得，所以.设直线，即，点M到直线的距离，，所以.令，由，得，所以.因为是偶函数，所以只需讨论的情况.当时，令，则，所以在上单调递增，所以的最大值为，即的最大值为.综上可知，的面积有最大值，最大值为6.22.解析：(1)将代入，得曲线C的直角坐标方程为.将(t为参数)消去参数t，得直线l的普通方程为.将代入，得直线l的极坐标方程.(2)设点A，B对应的参数分别为.因为，所以.将(t为参数)代入，得，所以.，，所以.23.解析：(1)由题知，即.当时，.当时，，解得，；当时，，恒成立，；当时，，解得，，的解集为.(2)由，即.令，，当且仅当时等号成立，，，即，由，得或，由，得，实数a的取值范围为.