2022届全国新高考数学考前精练(含答案解析).pdf

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1、2022 届全国新高考数学考前精练 题目 1(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)32sin 2xcos2x12.(1)求 f(x)的最小值，并写出取得最小值时的自变量 x 的集合；(2)设ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 c 3，f(C)0，若 sin B2sin A，求 a，b 的值 解：(1)f(x)32sin 2x1cos 2x212sin(2x6)1.当 2x62k2，即 xk6(kZ)时，f(x)min2.此时自变量 x 的集合为xxk6，kZ(2)由 f(C)0，得 sin2C61，又 C(0，)，所以 2C62C3.在ABC 中，sin B2sin

2、 A，由正弦定理得，b2a.又 c 3，由余弦定理得，(3)2a2b22abcos 3，所以 a2b2ab3.联立得 a1，b2.题目 2(本小题满分 12 分)已知数列an满足 an22cos2n2，nN*，等差数列bn满足 a12b1，a2b2.(1)求 bn；(2)记 cna2n1b2n1a2nb2n，求 cn；(3)求数列anbn前 2n 项和 S2n.解：(1)由题意知，an3cos n，当 n 为奇数时，an2；当 n 为偶数时，an4.于是 b112a11，b2a24，故数列bn的公差为 3，所以 bn1(n1)33n2.(2)cna2n1b2n1a2nb2n23(2n1)243

3、2n236n18.(3)由(2)知，数列cn为等差数列，故 S2na1b1a2b2a2n1b2n1a2nb2n c1c2cn n（c1cn）218n2.题目3(本小题满分12分)某部门为了了解该企业在生产过程中的用水量情况，对日用水量做了记录，得到了大量该企业的日用水量的统计数据，从这些统计数据中随机抽取 12 天的日用水量的数据作为样本，得到的统计结果如下表：日用水量(单位：吨)70，80)80，90)90，100 频数 3 6 m 频率 n 0.5 p(1)求 m，n，p 的值；(2)已知样本中日用水量在80，90)内的这 6 个数据分别为 83，85，86，87，88，89.从这 6 个

4、数据中随机抽取 2 个，求抽取的 2 个数据中至少有一个大于 86 的概率 解：(1)因为 36m12，所以 m3，所以 n31214，pm1231214.故 m3，np14.(2)从这 6 个数据中随机抽取 2 个数据的情况有(83，85)，(83，86)，(83，87)，(83，88)，(83，89)，(85，86)，(85，87)，(85，88)，(85，89)，(86，87)，(86，88)，(86，89)，(87，88)，(87，89)，(88，89)共 15 种 其中 2 个数据都小于或等于 86 的情况有(83，85)，(83，86)，(85，86)，共 3 种 故抽取的 2 个

5、数据中至少有一个大于 86 的概率 P131545.题目4(本小题满分12分)如图，几何体中的四边形ABCD为长方形，BB1平面 ABCD，AA1平面 ABCD，且 BB113AA1.E 为 CD 上一点，且 CE13CD.(1)求证：CB1平面 A1BE；(2)若 BB11，CB3，AB 6，求此多面体的表面积(1)证明：在 AA1上取一个点 P，满足 PA13AA1，连接 PB1交直线 A1B 于 Q，连接 PD、EQ.因为 BB113AA1，所以 BB1PA，因为 BB1平面 ABCD，AA1平面 ABCD，所以 BB1PA，所以四边形 PABB1为平行四边形 由 ABCD 为矩形进一步

6、得，PB1CD，PB1CD，B1Q13PB113CD，因为 CE13CD，所以 CEQB1，CEQB1，所以四边形 CEQB1为平行四边形，所以 CB1QE，又因为 CB1平面 A1BE，QE平面 A1BE，所以 CB1平面 A1BE.(2)解：由已知可以证明 CDA1D.因为 BB11，CB3，AB 6，BB113AA1，所以 B1C 1232 10，A1B122（6）2 10，A1C3232（6）22 6.所以 A1B1B1C，因此边 A1C 上的高 h（10）2（6）22.所以 SA1B1C122 622 6，所以此多面体的表面积为 2 6121312 63 2132 612333 63

7、 37 66.题目 5(本小题满分 12 分)设 f(x)ln x，g(x)12x|x|.(1)求 g(x)在 x1 处的切线方程；(2)令 F(x)xf(x)g(x)，求 F(x)的单调区间；(3)若任意x1，x21，)且x1x2，都有mg(x1)g(x2)x1f(x1)x2f(x2)恒成立，求实数 m 的取值范围 解：(1)当 x0 时，g(x)12x2，g(x)x，故 g(1)12，g(1)1，所以 g(x)在 x1 处的切线方程是 y121(x1)，即 xy120.(2)由题意知，F(x)xln x12x|x|xln x12x2(x0)，F(x)ln xx1，令 t(x)F(x)ln

8、xx1，则 t(x)1x1，令 t(x)0，解得 0 x1，令 t(x)0，解得 x1，故 F(x)在(0，1)上递增，在(1，)上递减，故 F(x)F(1)0，故 F(x)在(0，)上递减(3)已知可转化为 x1x21 时，mg(x1)x1f(x1)mg(x2)x2f(x2)恒成立，令 h(x)mg(x)xf(x)m2x2xln x，则 h(x)在(0，)上为单调增函数，故 h(x)mxln x10 恒成立，即 mln x1x恒成立，令 m(x)ln x1x，则 m(x)ln xx2，所以当 x1，)时，m(x)0，m(x)单调递减，m(x)m(1)1，即 m1，故实数 m 的取值范围是1，

9、)题目 6(本小题满分 12 分)已知平面上动点 P 到点 F(3，0)的距离与到直线 x4 33的距离之比为32，记动点 P 的轨迹为曲线 E.(1)求曲线 E 的方程；(2)设 M(m，n)是曲线 E 上的动点，直线 l 的方程为 mxny1.设直线 l 与圆 x2y21 交于不同两点 C，D，求|CD|的取值范围；求与动直线 l 恒相切的定椭圆 E的方程；并探究：若 M(m，n)是曲线 H：Ax2By21(AB0)上的动点，是否存在与直线 l：mxny1 恒相切的定曲线 H？若存在，直接写出曲线 H的方程；若不存在，说明理由 解：(1)设 P(x，y)，由题意，得（x 3）2y2x4 3

10、332，整理，得x24y21，所以曲线 E 的方程为x24y21.(2)圆心(0，0)到直线 l 的距离为 d1m2n2，因为直线与圆有两个不同交点 C，D，所以|CD|2411m2n2，又m24n21(n0)，故|CD|24143m24，由 0d1，得 m0，又|m|2，所以 0m2.所以 0143m2434，因此|CD|2(0，3，|CD|(0，3，故|CD|的取值范围为(0，3 当 m0，n1 时，直线 l 的方程为 y1；当 m2，n0 时，直线 l 的方程为 x12.根据椭圆对称性，猜想 E方程为 4x2y21.下证：直线 mxny1(n0)与 4x2y21 相切，其中m24n21，

11、即 m24n24，由4x2y21，y1mxn，消去 y 得(m24n2)x22mx1n20，即 4x22mx1n20，所以 4m216(1n2)4(m24n24)0 恒成立 从而直线 mxny1 与椭圆 E：4x2y21 恒相切 若点 M(m，n)是曲线 H：Ax2By21(AB0)上的动点，则直线 l：mxny1 与定曲线 H：x2Ay2B1(AB0)恒相切 题目 7 1.(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为x212t，y232t(t为参数)在以坐标原点 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C 的极坐标方程

12、为 sin24sin.(1)写出直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程；(2)已知点 M 在直角坐标系中的坐标为(2，2)若直线 l 与曲线 C相交于不同的两点 A，B，求|MA|MB|的值 解：(1)由x212t，y232t消去参数 t 可得 y 3(x2)2，所以直线 l 的普通方程为 3xy22 30.因为 sin24sin，所以 2sin24sin 2.因为 sin y，2x2y2，所以曲线 C 的直角坐标方程为 x24y.(2)将x212t，y232t代入抛物线方程 x24y 中，得2t224232t，即 t2(88 3)t160.因为 0，且点 M 在直线 l 上，所以此方

13、程的两个实数根为直线 l 与曲线 C 的交点 A，B 对应的参数 t1，t2，所以 t1t216，所以|MA|MB|t1t2|16.2(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲 已知函数 f(x)|x2|k|x1|，kR.(1)当 k1 时，若不等式 f(x)4 的解集为x|x1xx2，求 x1x2的值；(2)当 xR 时，若关于 x 的不等式 f(x)k 恒成立，求 k 的最大值 解：(1)由题意，得|x2|x1|4.当 x2 时，原不等式可化为 2x5，所以 2x52；当 x1 时，原不等式可化为2x3，所以32x1；当1x2 时，原不等式可化为 34，成立，所以1x2.综上，原不等式

14、的解集为x32x52，即 x132，x252.所以 x1x21.(2)由题意，得|x2|k|x1|k.当 x2 时，即不等式 3kk 成立，所以 k0.当 x2 或 x0 时，因为|x1|1，所以不等式|x2|k|x1|k 恒成立 当2x1 时，原不等式可化为 2xkxkk，可得 k2xx214x2，则 k3.当1x0 时，原不等式可化为 2xkxkk，可得 k12x，所以 k3.综上可得，0k3，即 k 的最大值为 3.题目 8(本小题满分 12 分)已知an是公差不为零的等差数列，满足a37，且 a2，a4，a9成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn满足 bnanan1，求

15、数列1bn的前 n 项和 Sn.解：(1)设数列an的公差为 d，且 d0，由题意，得a24a2a9，a37，即（7d）2（7d）（76d），a12d7，解得d3，a11，所以数列an的通项公式为 an3n2.(2)由(1)得 bnanan1(3n2)(3n1)，所以1bn1313n213n1，Sn1b11b21bn 13(114141713n213n1)13113n1 n3n1.题目9(本小题满分12分)已知函数f(x)sin xcos x(0)的最小正周期为.(1)求函数 yf(x)图象的对称轴方程；(2)讨论函数 f(x)在0，2上的单调性 解：(1)因为 f(x)sin xcos x

16、2sinx4，又 T，所以 2，所以 f(x)2sin2x4.令 2x4k2(kZ)，得 xk238(kZ)，即函数 yf(x)图象的对称轴方程为 xk238(kZ)(2)令 2k22x42k2(kZ)，得函数 f(x)的单调增区间为k8，k38(kZ)注意到 x0，2，令 k0，得函数 f(x)在0，2上的单调增区间为0，38，其单调减区间为38，2.题目 10(本小题满分 12 分)中国诗词大会是央视推出的一档以“赏中华诗词，寻文化基因，品生活之美”为宗旨的大型文化类竞赛节目，邀请全国各个年龄段、各个领域的诗词爱好者共同参与诗词知识比拼“百人团”由一百多位来自全国各地的选手组成，成员上至古

17、稀老人，下至垂髫小儿，人数按照年龄分组统计如下表：年龄/岁 7，20)20，40)40，80 频数 18 54 36(1)用分层抽样的方法从“百人团”中抽取 6 人参加挑战，求从这三个不同年龄组中分别抽取的挑战者的人数；(2)从(1)中抽出的 6 人中任选 2 人参加一对一的对抗比赛，求这2 人来自同一年龄组的概率 解：(1)因为样本容量与总体个数的比是6108118，所以从年龄在7，20)抽取的人数为118181，从年龄在20，40)抽取的人数为118543，从年龄在40，80抽取的人数为118362，所以从年龄在7，20)，20，40)，40，80中抽取的挑战者的人数分别为 1，3，2.(

18、2)设从7，20)中抽取的 1 人为 a，从20，40)中抽取的 3 人分别为 b，c，d，从40，80中抽取的 2 人为 e，f.从这 6 人中任取 2 人构成的所有基本事件为(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(a，f)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(b，f)，(c，d)，(c，e)，(c，f)，(d，e)，(d，f)，(e，f)，共 15 个，每人被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的，记事件 A 为“2 人来自同一年龄组”，包含(b，c)，(b，d)，(c，d)，(e，f)，共 4 个基本事件，则 P(A)415，故 2 人来自同一年龄组的概率为415.

19、题目11(本小题满分12分)如图，四棱锥PABCD中，AP平面PCD，ADBC，ABBC12AD，E，F 分别为线段 AD，PC 的中点 (1)求证：AP平面 BEF；(2)求证：BE平面 PAC.证明：(1)设 ACBEO，连接 OF，EC.由于 E 为 AD 的中点，ABBC12AD，ADBC，所以 AEBC，AEABBC，因此四边形 ABCE 为菱形，所以 O 为 AC 的中点 又 F 为 PC 的中点，因此在PAC 中，可得 APOF.又 OF平面 BEF，AP平面 BEF.所以 AP平面 BEF.(2)由题意知 EDBC，EDBC.所以四边形 BCDE 为平行四边形，因此 BECD.

20、又 AP平面 PCD，所以 APCD，因此 APBE.因为四边形 ABCE 为菱形，所以 BEAC.又 APACA，AP平面 PAC，AC平面 PAC，所以 BE平面 PAC.题目 12(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x24y21，点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆 C 上两个动点，直线 OP，OQ 的斜率分别为 k1，k2，若 mx12，y1，nx22，y2，mn0.(1)求证：k1k214；(2)试探求OPQ 的面积 S 是否为定值，并说明理由(1)证明：因为 k1，k2存在，所以 x1x20，因为 mn0，所以x1x24y1y20，所以 k1k2y1y

21、2x1x214.(2)解：当直线 PQ 的斜率不存在，即 x1x2，y1y2时，由y1y2x1x214，得x214y210，(*)又由 P(x1，y1)在椭圆上，得x214y211，(*)由(*)、(*)联立，得|x1|2，|y1|22.所以 SPOQ12|x1|y1y2|1.当直线 PQ 的斜率存在时，设直线 PQ 的方程为 ykxb(b0)由ykxb，x24y21得(4k21)x28kbx4b240，64k2b24(4k21)(4b24)16(4k21b2)0，x1x28kb4k21，x1x24b244k21.因为x1x24y1y20，所以x1x24(kx1b)(kx2b)0，得 2b24

22、k21，满足 0.所以 SPOQ12|b|1k2|PQ|12|b|（x1x2）24x1x2 2|b|4k21b24k21 2|b|b22b21.综上可知，POQ 的面积 S 为定值 题目13(本小题满分12分)已知函数g(x)axaln x，f(x)xg(x)，且 g(x)0.(1)求实数 a 的值；(2)证明：存在 x0，f(x0)0 且 0 x01 时，f(x)f(x0)(1)解：g(x)的定义域为(0，)，且 g(x)a1x，x0.因为 g(x)0，且 g(1)0，故只需 g(1)0.又 g(1)a1，则 a10，所以 a1.若 a1，则 g(x)11x，显然当 0 x1 时，g(x)0

23、，此时g(x)在(0，1)上单调递减；当 x1，g(x)0，此时 g(x)在(1，)上单调递增 所以 x1 是 g(x)的唯一的极小值点，故 g(x)g(1)0.综上，所求 a 的值为 1.(2)证明：由(1)知 f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x.设 h(x)2x2ln x，则 h(x)21x，当 x0，12时，h(x)0；当 x12，时，h(x)0，所以 h(x)在0，12上单调递减，在12，上单调递增 又 h(e2)0，h120，h(1)0，所以 h(x)在0，12有唯一零点 x0，在12，有唯一零点 1.当 x(0，x0)时，h(x)0；当 x(x0，1)时，h(x)0.

24、因为 f(x)h(x)，所以 xx0是 f(x)的唯一极大值点 则 xx0是 f(x)在(1，1)的最大值点，所以 f(x)f(x0)成立 题目 14 1.(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C1过点P(a，1)，其参数方程为xa22t，y122t(t 为参数，aR)以 O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 cos24cos 0.(1)求曲线 C1的普通方程和曲线 C2的直角坐标方程；(2)已知曲线 C1与曲线 C2交于 A，B 两点，且|AB|8，求实数 a的值 解：(1)因为曲线 C1的参数方程为xa22t，

25、y122t(t 为参数)，所以曲线 C1的普通方程为 xya10.因为曲线 C2的极坐标方程为cos24cos 0，所以 2cos24cos 20，所以 x24xx2y20，即曲线 C2的直角坐标方程为 y24x.(2)设 A，B 两点所对应的参数分别为 t1，t2，由y24x，xa22t，y122t得 t22 2t28a0.(2 2)24(28a)0，即 a0，t1t22 2，t1t228a，根据参数方程中参数的几何意义可知|AB|t1t2|（t1t2）24t1t2 88（14a）32a8，所以 a2.2(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲 已知函数 f(x)|2x1|，xR.(1)解不等式 f(x)|x|1；(2)若对 x，yR，有|xy1|13，|2y1|16，求证：f(x)1.(1)解：因为 f(x)|x|1，所以|2x1|x|1，则x12，2x1x1或0 x12，12xx1或x0，12xx1，得12x2 或 0 x12或无解 故不等式 f(x)|x|1 的解集为x|0 x2(2)证明：f(x)|2x1|2(xy1)(2y1)|2(xy1)|2y1|2|xy1|2y1|21316561.所以，对 x，yR，有|xy1|13，|2y1|16，f(x)1 成立