2022届高考数学精创预测卷 全国乙卷 文科（含答案）

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2022届高考数学精创预测卷全国乙卷 文科【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.已知全集，集合，则(   )A. B. C. D.2.若复数在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是(   )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.函数的最小值和最小正周期分别为(   )
A. B. C. D.5.已知实数x，y满足，则目标函数的最大值为(   )A. B.3 C. D.56.已知为锐角，且，，则(   )A. B. C. D.7.已知任意正方形都有外接圆和内切圆，若向正方形的外接圆中随机掷一粒黄豆，则黄豆恰好落到正方形的内切圆内的概率是(   )A. B. C. D.8.函数在区间上的最小值为(   )A.-2 B.0 C. D.9.已知偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为(   )A.   B. C.   D.10.《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.11.已知点是椭圆上的一个动点，，分别为椭圆的左，右焦点，O是坐标原点，若M是的平分线上的一点（不与点P重合），且，则的取值范围为(   )A. B. C. D.12.若是函数的极值点，则的极小值为(   )A.-1 B. C. D.1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量，若，则____________.14.已知双曲线上一点P，其焦点为，，，则的面积为_______________.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）已知等比数列的前n项和为，且.(1)求与；(2)记，求数列的前n项和.19. （12分）如图，已知多面体FABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，底面ABCD，，，且.（1）在线段AB上是否存在点M，使得平面BCF；（2）求三棱锥的体积.20. （12分）已知抛物线的焦点为F，点P是直线上的动点，的最小值为.(1)求抛物线C的方程；(2)过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，若直线AB过抛物线的焦点，求直线AB的方程.21. （12分）已知函数.(1)求函数的单调区间及极值；(2)当时，证明：.（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：A解析：由题意得，则，故选A.2.答案：B解析：，其对应的点为，因为复数对应的点在第二象限，所以解得.故选B.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：D解析：当，取得最小值，且.又其最小正周期的最小值和最小正周期分别为.故选D.5.答案：B解析：作出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，根据图象可知当目标函数过点B时取得最大值.联立，解得，即点，所以，故选B.6.答案：A解析：因为为锐角，所以.由得，则.又，故，故选A.7.答案：B解析：设正方形的边长为2，则其内切圆半径，外接圆半径，由几何概型的概率计算公式知，所求概率.故选B.8.答案：D解析：由题意，得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以函数在区间上的最小值为.9.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.10.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.11.答案：B解析：如图，延长，，交于点N，则为等腰三角形，M为的中点，.由图可知，当P在短轴端点时，取得最小值，此时，当P在长轴端点时，取得最大值，此时，但P不能在坐标轴上，故取不到端点值，所以的取值范围为.12.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.13.答案：解析：因为，所以，因为，所以，则.14.答案：16解析：设P为双曲线右支上的一点，，.由双曲线方程可得，，，则由双曲线的定义可得.因为，所以，则，解得，所以.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，
当时，得；
当时，，
得，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以.
所以.
(2)由(1)可得，则，
，
两式相减得，
所以

.19.解析：（1）存在，理由如下：如图，分别取AB，AF靠近点A的三等分点M，G，连接GE，GM，AE，ME，则，所以.又平面BCF，平面BCF，所以平面BCF.因为，，，所以，，所以四边形ADEG是平行四边形，所以，因为，所以.又平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，且，所以平面平面BCF，平面GME，所以平面BCF.（2）由题意可知为等边三角形，因为底面ABCD，所以平面平面ADEF，则点C到平面ADEF的距离，，.20.解析：(1)由题意得，的最小值为.所以，解得，所以抛物线C的方程为.(2)设，由(1)知，所以，则切线PA的方程为，即；同理PB的方程为.将分别代入PA和PB方程可得对比可知直线AB的方程为，又直线AB过抛物线的焦点，所以，解得.又点P在直线上，所以，又，所以，所以直线AB的方程为.21.解析：(1)，当时，，函数在R上单调递增，此时，函数既没有极大值也没有极小值；当时，令，则，当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减，此时函数只有极小值，没有极大值.(2)证明：当时，，.令，则，当时，，，函数在上单调递增，，，.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.