数学-2022年高考考前押题密卷（天津卷）（全解全析）

2022年高考考前押题密卷（天津卷）

数学·全解全析

1．【答案】B

【解析】

【分析】

由补集、交集的概念运算

【详解】

，则．

故选：B

2． 【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：A

4．【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：D

6．【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：112

12．【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.