理科数学-2022年高考押题预测卷03（全国乙卷）（全解全析）

文档来源网络侵权联系删除仅供参考2022年高考押题预测卷03（全国乙卷）理科数学·全解全析123456789101112CADAACBBBDDA1．A且或且集合表示的区域为以为圆心，半径为的圆上和圆的内部.则如图所示：所以的概率为故选：A2．B，其对应点在第三象限，故选B.3．D抛物线过点，则所以由抛物线的标准方程可得，抛物线的焦点位于轴负半轴，准线方程为.故选：D4．C圆锥底面周长为，又其侧面展开图为半圆，则圆锥母线长直角三角形中，，,，则分别取、、的中点M、N、P，连接、、、、又由O为中点，则，，则为异面直线与所成角或其补角.由，可知平面，则在△中，,，，则在△中，，，则则异面直线与所成角的余弦值为故选：C5．C由得，，，，，.故选：C.6．C解：根据图1可知2017—2021年全国居民人均可支配收入逐年递增，故A正确，C错误；根据图2可知，2021年全国居民人均消费支出构成中教育文化娱乐占比为，交通通信占比为，故B正确；食品烟酒和居住占比分别为由，故D正确.故选：C.7．B令，则，令，则，所以在上单调递减，且，，由零点存在性定理可知，存在唯一的，使得，即，因此时，，即在上单调递增，时，，即在上单调递减，所以在处取得极大值，同时也是最大值，，因此，，即，，，而函数在上单调递增，且，所以，故，即，因此，所以，因此，故选：B.8．B由等比数列前n项和公式有：，则：，则该数列的前n项和为：.本题选择B选项.9．B因“弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，且，，，则，解得，所以.故选：B10．D由题意可得如下示意图，设交于，则，即所以为二面角的平面角，即，又，所以平面，过作于，，所以平面，若分别是面的外接圆圆心、三棱锥的外接球的球心，则平面，所以，所以必共面且该面为球体的最大截面，连接，有为外接球半径，为面的外接圆半径，若设，则：，，∵菱形中，，，∴，，，且，，，，∴，即，解得，∴，所以三棱锥的外接球的表面积，故选：D11．D解：依题意可得，，因为在第一象限，所以，设，，联立直线与双曲线方程，消去得，解得，所以，，设，由，所以，即即解得即因为、、在一条直线上，所以，即即，即所以解得所以故选：D12．A，则，若，可得，函数为增函数，当时，，不满足对任意恒成立；若，可得，得，则，∴当时，当时，若对任意恒成立，则（）恒成立，若存在实数，使得成立，则，∴（），令，.∴当时，，当时，，则.∴.则实数的取值范围是.故选：A13．因为展开式的通项为令，可得常数项是.故答案为：.14．设，则，因为，，所以，在上单调递减，，即，令，即，，所以，，所以．故答案为：．15．,，由余弦定理得，所以，即，又，所以在以为焦点，长轴长为6的椭圆上（不在直线上），如图以为轴，线段中垂线为轴建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，则，所以，当是椭圆短轴顶点时，到的距离最大为，所以的最大值为，可无限接近于0，无最小值，的取值范围是，故答案为：．16．.四棱锥中，可得：平面平面平面，过作于，则平面，设，故，所以，，在中，，则有，,所以的外接圆半径，将该四棱锥补成一个以为一个底面的直三棱柱，得外接球的半径，所以．故答案为点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径．17．(1)选①：因为，所以，又，，所以，所以，所以．选②：因为，，所以由正弦定理可得，所以，，由正弦定理可得，所以，由余弦定理可得，，由，所以，所以．选③：因为，所以，由，，所以，．由余弦定理可得，，所以．所以．(2)选①：由余弦定理可得，，所以．所以，由，所以．因为，所以可解得．选②：因为，所以可解得．选③：因为，所以可解得．18．（1）为四面体外接球的直径，则，可得，又由，且，平面，所以平面，因为，分别为，中点，可得，所以平面.（2）以为原点，射线为轴建立如图直角坐标系，则，，，，可得，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以设平面的法向量为，则，取，可得，所以，故二面角的余弦值.19．(1)解：因所有小球的总分为120分，若甲第1次摸到白球，再摸两个球的颜色若都是红色，或者一红一蓝即可领取奥运礼品，其概率为；若甲第1次摸到红球，再摸2个球的颜色若是一白一红，一白一蓝即可领取奥运礼品，其概率为；

所以顾客甲能免费领取奥运礼品的概率为.(2)解：由条件可知，，，，，，，，，于是的分布列为：7060555045403530其数学期望为.20．(1)因为，，则，又，解得，故椭圆的方程为；(2)当直线斜率存在且不为0时，设：（），由，得：，，

故，则：，与：联立得，：，：与：联立得：，

因为，则，即，解得，则：，恒过点，当时，易知，由得，则：过点，当斜率不存在时，设，易知，由得，则：过点,综上，直线过定点.21．(1)（），令得．因为，所以，当时，；当时，．故函数的单调递减区间为，单调递增区间为．(2)（i）法一：因为各项均为正整数，即，故．于是，又，所以，由题意为整数，因此只能，即．（i）法二：由题，，因为各项均为正整数，即，故，于是且．由题意为整数，因此只能，即．（ii）法一：由，得，．原不等式．由（1）知时，（），取得．因此只需证：，即证明．记，则．；；当时，．故原不等式成立．（ii）法二：由，得，．原不等式．由（1）知时，（），取得．因此只需证：，即证明．；；当时，，故，即．当时，．故原不等式成立．22．解：（1）由（t为参数），消去参数t，可得曲线的普通方程，由，结合，，可得曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）由点满足方程，所以点在曲线