(答案在题后)2022年高考全国乙卷数学(理)真题.docx
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- 答案 2022 年高 全国 数学
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1、2022年高考全国乙卷数学(理)真题学校:_姓名:_班级:_考号:_一、单选题1设全集,集合M满足,则()ABCD2已知,且,其中a,b为实数,则()ABCD3已知向量满足,则()ABC1D24嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星,为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值,用到数列:,依此类推,其中则()ABCD5设F为抛物线的焦点,点A在C上,点,若,则()A2BC3D6执行下边的程序框图,输出的()A3B4C5D67在正方体中,E,F分别为的中点,则()A平面平面B平面平面C平面平面D平面平面8已知等比数列的前3项和为168,则()A14B
2、12C6D39已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为()ABCD10某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果相互独立已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为,且记该棋手连胜两盘的概率为p,则()Ap与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B该棋手在第二盘与甲比赛,p最大C该棋手在第二盘与乙比赛,p最大D该棋手在第二盘与丙比赛,p最大11已知函数的定义域均为R,且若的图像关于直线对称,则()ABCD二、多选题12双曲线C的两个焦点为,以C的实轴为直径的圆记为D,过作D的切线与C交于M,N两点,且,则C的离心率为()ABCD三、
3、填空题13从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作,则甲、乙都入选的概率为_14过四点中的三点的一个圆的方程为_15记函数的最小正周期为T,若,为的零点,则的最小值为_16已知和分别是函数(且)的极小值点和极大值点若,则a的取值范围是_四、解答题17记的内角的对边分别为,已知(1)证明:;(2)若,求的周长18如图,四面体中,E为的中点(1)证明:平面平面;(2)设,点F在上,当的面积最小时,求与平面所成的角的正弦值19某地经过多年的环境治理,已将荒山改造成了绿水青山为估计一林区某种树木的总材积量,随机选取了10棵这种树木,测量每棵树的根部横截面积(单位:)和材积量(单位:),得到如下数
4、据:样本号12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量;(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数(精确到0.01);(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积,并得到所有这种树木的根部横截面积总和为已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值附:相关系数20已知椭圆E的中心为坐标原点,对
5、称轴为x轴、y轴,且过两点(1)求E的方程;(2)设过点的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足证明:直线HN过定点21已知函数(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)若在区间各恰有一个零点,求a的取值范围22在直角坐标系中,曲线C的参数方程为,(t为参数),以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,已知直线l的极坐标方程为(1)写出l的直角坐标方程;(2)若l与C有公共点,求m的取值范围23已知a,b,c都是正数,且,证明:(1);(2);参考答案:1A【分析】先写出集合,然后逐项验证即可【详解】由题知,对比选项知,正确,错误故选:2A【分析】先算出
6、,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可【详解】由,得,即故选:3C【分析】根据给定模长,利用向量的数量积运算求解即可.【详解】解:,又9,故选:C.4D【分析】根据,再利用数列与的关系判断中各项的大小,即可求解.【详解】方法一:常规解法因为,所以,得到,同理,可得,又因为,故,;以此类推,可得,故A错误;,故B错误;,得,故C错误;,得,故D正确.方法二:特值法不妨设则故D正确.5B【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等,从而求得点的横坐标,进而求得点坐标,即可得到答案.【详解】由题意得,则,即点到准线的距离为2,所以点的横坐标为,不妨设点在轴上方,代入得,所以.故选:B6B【分析
7、】根据框图循环计算即可.【详解】执行第一次循环,;执行第二次循环,;执行第三次循环,此时输出.故选:B7A【分析】证明平面,即可判断A;如图,以点为原点,建立空间直角坐标系,设,分别求出平面,的法向量,根据法向量的位置关系,即可判断BCD.【详解】解:在正方体中,且平面,又平面,所以,因为分别为的中点,所以,所以,又,所以平面,又平面,所以平面平面,故A正确;选项BCD解法一:如图,以点为原点,建立空间直角坐标系,设,则,则,设平面的法向量为, 则有,可取,同理可得平面的法向量为,平面的法向量为,平面的法向量为,则,所以平面与平面不垂直,故B错误;因为与不平行,所以平面与平面不平行,故C错误;
8、因为与不平行,所以平面与平面不平行,故D错误,故选:A.选项BCD解法二:解:对于选项B,如图所示,设,则为平面与平面的交线,在内,作于点,在内,作,交于点,连结,则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角,由勾股定理可知:,底面正方形中,为中点,则,由勾股定理可得,从而有:,据此可得,即,据此可得平面平面不成立,选项B错误;对于选项C,取的中点,则,由于与平面相交,故平面平面不成立,选项C错误;对于选项D,取的中点,很明显四边形为平行四边形,则,由于与平面相交,故平面平面不成立,选项D错误;故选:A.8D【分析】设等比数列的公比为,易得,根据题意求出首项与公比,再根据等比数列的通项即可得解.【
9、详解】解:设等比数列的公比为,若,则,与题意矛盾,所以,则,解得,所以.故选:D.9C【分析】方法一:先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时,底面ABCD面积最大值为,进而得到四棱锥体积表达式,再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值,从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】方法一:【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆半径为r,设四边形ABCD对角线夹角为,则(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时,底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为,则,当且仅当即时等号成立.故选:C方法二:
10、统一变量基本不等式由题意可知,当四棱锥为正四棱锥时,其体积最大,设底面边长为,底面所在圆的半径为,则,所以该四棱锥的高, (当且仅当,即时,等号成立)所以该四棱锥的体积最大时,其高.故选:C方法三:利用导数求最值由题意可知,当四棱锥为正四棱锥时,其体积最大,设底面边长为,底面所在圆的半径为,则,所以该四棱锥的高,令,设,则,单调递增, ,单调递减,所以当时,最大,此时故选:C.【整体点评】方法一:思维严谨,利用基本不等式求最值,模型熟悉,是该题的最优解;方法二:消元,实现变量统一,再利用基本不等式求最值;方法三:消元,实现变量统一,利用导数求最值,是最值问题的常用解法,操作简便,是通性通法10
11、D【分析】该棋手连胜两盘,则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率;该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率;该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决【详解】该棋手连胜两盘,则第二盘为必胜盘,记该棋手在第二盘与甲比赛,比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为,则此时连胜两盘的概率为则;记该棋手在第二盘与乙比赛,且连胜两盘的概率为,则记该棋手在第二盘与丙比赛,且连胜两盘的概率为则则即,则该棋手在第二盘与丙比赛,最大.选项D判断正确;选项BC判断错误;与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选:D11D【分析】根据对称性和已知条件得到,从而得到
12、,然后根据条件得到的值,再由题意得到从而得到的值即可求解.【详解】因为的图像关于直线对称,所以,因为,所以,即,因为,所以,代入得,即,所以,.因为,所以,即,所以.因为,所以,又因为,联立得,所以的图像关于点中心对称,因为函数的定义域为R,所以因为,所以.所以.故选:D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽,考生需要根据已知条件进行恰当的转化,然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.12AC【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴,设过作圆的切线切点为,利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或,即可得解,注意就在双支上还是在单支上分类讨论.【详解】方法一:几何法,双曲线定义的应用情
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