2022年高考數(shù)學(xué)考前必刷卷文科(全國卷)(解析版)

1、所以Z (A B )= 4 ， 故選： B絕密啟用前2022 年高考數(shù)學(xué)考前必刷卷(文)全國卷地區(qū)專用本卷滿分 150 分，考試時間 120 分鐘。一、選擇題：本題共12 小題，每小題5 分，共60 分。在每小題給出的四個選項中，只有一 項是符合題目要求的。1已知復(fù)數(shù) z = 1- i ，則 2z - iz = ( )A 2 B 3 C 2 3 D 3 2【答案】 D【分析】先求z ，結(jié)合復(fù)數(shù)的模求解公式即可求解【詳解】因為z = 1- i ，所以 z = 1 + i，則2z - iz = 2 (1- i)- i(1 + i)= 3 - 3i ，所以 2z - iz = 3 2 故選： D2

2、Z (M )表示集合M 中整數(shù)元素的個數(shù)，設(shè)A = x | - 1 x 8， B = x | -5 2x 7，則 Z (A B)= ( )A 5 B 4 C 3 D 2【答案】 B【分析】先求得A B ，再根據(jù)Z(M ) 的定義求解.【詳解】解：因為A = x | -1 x 8，B = x | -5 2x 7 =x | - x 卜 ，l 2 J所以A B =(x | -1 x 7 )卜 ，3已知命題p：3x= R ，sinx 9 ，則x y下列命題中為真命題的是( )A p q B (一p) qC p (一q) D 一(p 八 q)【答案】 B【分析】先判斷命題p, q 的真假，再根據(jù)復(fù)合命題

3、的真假判斷方法逐個分析判斷【詳解】對于命題p：3x = R，sinx -1，因為sin x =- 1,1 ，所以不存在 x=R ，有sin x 5 + 2 . = 9，當(dāng)且僅當(dāng) 4y = x ，即x = 2y 時取等號，所以命題q 為真命題，則命題一q 為假命題，x y所以p q 為假命題， (一p) q 為真命題， p (一q)為假命題， 一(p v q)為假命題，故選： B4若函數(shù) f(x)= sin (|(ox - )|(0 o 40) 的圖象經(jīng)過點(|( , -1)| ，則 f(x)的最小正周期為 ( )A B C D2 2 2 211 9 7 5【答案】 A【分析】( 1 )f |(

4、 6 )| = -1 ，據(jù)此求出 的表達(dá)式，再根據(jù) 的范圍求得 的值即可求最小正周期.【詳解】依題意可得f(|()| = -1 ，則 - = - + 2k(k =Z) ，得o = (12k - 1) (k =Z).2 2因為0 o 45若正實數(shù)x, y 滿足l2x - y 0, y 0 表示的平面區(qū)域，如圖中陰影區(qū)域(不含邊界)，其中點A(2,0) ，目標(biāo)函數(shù)z = x - 3y ，即 y = 1 x - z 表示斜率為 1 ，縱截距為 - z 的平行直線系，3 3 3 31作直線l0 : y = 3 x ，平移直線l0 到直線l1 ，當(dāng)直線l1 過點A 時， l1 的縱截距最小， z 最大，

5、maxz = 2 - 0 = 2 ，顯然點A 是平面陰影區(qū)域的邊界點，因此，平面陰影區(qū)域內(nèi)任意點恒有z b 0 ，且a+ b = 1 ，則下列結(jié)論正確的是( )A ln(a _ b) 0 B a + b 2 C ba ab D + HYPERLINK l _bookmark2 4【答案】 D【分析】由題設(shè)可得0 想 b 想 a 想 1 ，根據(jù)對數(shù)的性質(zhì)判斷 A；應(yīng)用基本不等式判斷 B；根據(jù)指數(shù)函數(shù)、 冪函數(shù)的單調(diào)性判斷 C；由基本不等式 “1代換判斷 D.【詳解】由題設(shè)， 0 想 b 想 a 想 1 ，即0 想 a _ b 想 1 ，則ln(a _ b) 想 0 ，A 錯誤；由a + b =

6、1 ( a + b)2 ，又 0 想 b 想 a 想 1 ，可得 a + b 想 2 ，B 錯誤；2由0 想 b 想 a 想 1 知： ba 想 bb 想 ab ，C 錯誤；1 + 1 = ( 1 + 1 )(a + b) = 2 + b + a 2 + 2 b . a = 4 ，又 0 想 b 想 a 想 1 ，a b a b a b a bBCD1 1 + 4 ，D 正確.a b故選： D.9如圖，某圓錐的軸截面ABC 是等邊三角形，點D 是線段AB 的中點，點E 在底面圓的圓 周上，且BE 的長度等于CE的長度，則異面直線DE 與BC 所成角的余弦值是( )2A4【答案】 A641041

7、44【分析】過點A 作AO BC 于點 O，過點 A 作DG BC 于點 G，取 AO 的中點 F，連接 GE、OE、 EF，則有 三DEF (或其補(bǔ)角)就是異面直線DE 與BC 所成的角，設(shè)圓錐的底面半徑為 2， 解三角形可求得答案.【詳解】解：過點A 作AO BC 于點 O，過點 A 作DG BC 于點 G，取 AO 的中點 F，連接 GE、 OE、EF，1則DF/BC ，且DF = BC ，所以 三DEF (或其補(bǔ)角)就是異面直線DE 與BC 所成的角， 2設(shè)圓錐的底面半徑為 2，則 DF = 1 ，OE = 2 ，AO = 2 3 ，所以 DG = OF = 3 ，在RtGOE中， G

8、O = 1 ，OE = 2 ，所以 GE = GO2 + OE2 = 5 ，在Rt GDE 中， GE = 5 ，DG = 3 ，所以 DE = GD2 + GE2 = 2 2 ，在RtFOE 中， FO = 3 ，OE = 2 ， FE = FO2 + OE2 = 7 ，所以在DFE 中，滿足DF2 +FE2 = DE2 ，所以 三DFE = 90 ，所以cos 三DEF = = = ，DF 1 2DE 2 2 4故選： A.10函數(shù) f (x) 滿足f (x) + f (x) = 2 ， f (1+ x) f (1 x) = 0 ，當(dāng)x =0,1時， f (x) = x +1 ，則關(guān)于 x

9、 的方程f (x) = 12022x在x =0,2022 上的解的個數(shù)是( )A 1010 B 1011 C 1012 D 1013【答案】 B【分析】根據(jù)題意，函數(shù)f (x)關(guān)于點(0,1)對稱，直線x = 1 對稱，進(jìn)而作出函數(shù)圖像，易得f (x)為周期函數(shù)，周期為T = 4 ，再結(jié)合指數(shù)函數(shù)圖像與周期函數(shù)性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合求解即可.ACBD2【詳解】解：因為函數(shù)f (x) 滿足f (x) + f (x) = 2 ，所以函數(shù) f (x)關(guān)于點(0,1)對稱，因為f (1+ x) f (1 x) = 0 ，即 f (1+ x) = f (1 x) ，所以函數(shù) f (x)關(guān)于直線x = 1 對稱，

10、 因為當(dāng)x =0,1時， f (x) = x +1，所以，結(jié)合函數(shù)性質(zhì)，作出函數(shù)圖像，如圖所示：由圖可知，函數(shù)f (x)為周期函數(shù)，周期為T = 4，由于函數(shù)x =2,6一個周期內(nèi)， y = f (x)與y = 1 有 2 個交點，2022x在x =0,2 上， y = f (x)與y = 1 有 1 個交點，2022x所以根據(jù)函數(shù)周期性可知，當(dāng)x =0,2022 時， y = f (x)與y = 1 有2 2020 +1 = 1011 個2022x 4交點.所以關(guān)于 x 的方程f (x) = 1 在x =0,2022 上的解的個數(shù)是1011 個.2022x故選： B11如圖，橢圓的焦點在x

11、軸上，長軸長為2 6 ，離心率為 ，左、右焦點分別為F ，F(xiàn) ， 2 1 2若橢圓上第一象限的一個點A 滿足：直線F1A 與直線x = 2 3 的交點為 B，直線x = 2 3 與x2 1 2軸的交點為 C，且射線 BF 為ABC 的角平分線，則 F AF 的面積為( )6 2 + 3 353 + 2 652 6 356 2 3 35【答案】 A【分析】先求出橢圓方程，結(jié)合射線BF 為ABC 的角平分線求出三BFC = ，進(jìn)而寫出 F B 的直線，2 1 6 1聯(lián)立橢圓解出A 點坐標(biāo)，即可求出面積.【詳解】設(shè)橢圓的方程為 x2 +y2 = 1(a b 0) ，則a = 6 ， c = 2 亭

12、c = 3 ，b = 3 ，故橢圓的方a2 b2 a 2程為 + = 1；又射線為三ABC 的角平分線，BF F F BC F C1 2 sin 三F F B sin 三F BF sin 三CF B sin 三CBF在F BC 和F BC 中由正弦定理得 1 = 1 2 , = 2 ，又射1 2 1 2 2 2線BF 為ABC 的角平分線，2F B F F 2 3 BC 1 可得 1 = 1 2 = ，則在直角F BC 中sin 三BFC = = ，故三BFC = ，所以直BC F C 3 1 1 F B 2 1 6線lF1B ： y = 3 (x + 3 )， 1點A為直線lF1B 與橢圓的

13、交點，聯(lián)立方程y =6 3(x)解得 y = 3 + 6 (舍負(fù))，故S = 1 . 2c . y = 3 根 3 + 2 6 = 6 2 + 3 3 .( x2 y2F1AF2 2 5 5故選： A12已知 f(x)= (|(一x + + 1)|ex在區(qū)間(1,2)上有極值點，則實數(shù)a 的取值范圍是( )A (|(0, B (|(0, )| C (|(0, D (|(0, )|【答案】 D【分析】函數(shù)在某區(qū)間有極值點，即是導(dǎo)數(shù)在那個區(qū)間上有解.求出f，(x)= (一 1 + 1 一 x)ex ，令ax2 axf，(x)= 0 ，然后分離出參數(shù)a = x 一 1 ，構(gòu)造新函數(shù)g(x) = x

14、一 1 ，再由導(dǎo)函數(shù)分析其單調(diào)性，x3 x3求函數(shù)g(x) = x 一 1 在區(qū)間(1,2) 的值域(0, 4 ，但當(dāng) a = 4 時， f，(x)= 0 在(1,2)僅有一根x3 27 27x = 3 ，且在其左右兩邊f(xié)，(x) 同號，此時無極值點，故應(yīng)舍去.2【詳解】由題知f，(x)= (一 1 + 1 一 x)ex ，因為f(x)在區(qū)間(1,2)上有極值點，ax2 ax所以f，(x)= 0 在區(qū)間(1,2)上有解，則一 1 + 1 一 x = 0 ，ax2 ax解得a = x 一 1 ，令g(x) = x 一 1 ，x3 x3g，(x) = 一2x + 3 ，令 g，(x) = 0 得x

15、 = 3 ，x4 2則g(x)在(1,3 ) 單調(diào)遞增， ( 3 , 2) 單調(diào)遞減，2 2且g (1)= 0, g (|( )| = , g (2)= ，則當(dāng)x =(1,2) 時， g (x)=(0, 4 ，27當(dāng)a = 4 時， f ,(x)= 0 在(1,2)僅有一根x = 3 ，27 2且在其左右兩邊f(xié) ,(x) b 0) 的左、 右焦點分別為F ，F(xiàn) ， a2 b2 1 2點 M 是雙曲線右支上一點OM = ， = 2 ，則雙曲線的漸近線方程為_ .【答案】 y = 士2x【分析】首先根據(jù)已知條件得到三F1MF2 = 90 ，再結(jié)合雙曲線的幾何性質(zhì)求解即可.【詳解】如圖所示：OM =

16、 ， ，所以 = = OM ，即 三F1MF2 = 90 .設(shè) MF2 = t (t 0)，則 = 2t ， F1F2 = (2t)2 + t2 = 5t .即2a = 2t t = t ，a = ，2c = 5t ，c = t ，t 52 2所以b = c2 a2 = t，漸近線方程為 y = 士 x = 士2x .ba故答案為： y = 士2x15如圖，模塊均由若干個棱長為 1 的小正方體構(gòu)成，模塊由 15 個棱長為 1 的小 正方體構(gòu)成(1)若從模塊中拿掉一個小正方體，再從模塊中選出一個模塊放到模塊上，使 得模塊成為一個長方體，則中選出的模塊可以是_ (答案不唯一) (2)若從模塊中選出

17、三個放到模塊上，使模塊成為棱長為 3 的大正方體，則選 出的三個模塊是_ (答案不唯一)【答案】 (或或) (或)【分析】 (1)結(jié)合條件可得；(2)根據(jù)正方體的結(jié)構(gòu)特征及條件可得.【詳解】 (1) 由已知條件可知， 中選出一個模塊可以是，也可以是，也可以是(2)以為例，中間層用補(bǔ)齊，最上層用，還可以是，中間層用補(bǔ)齊，最上層用，故答案為： (或或)， (或)16在銳角 ABC 的內(nèi)角A，B，C 的對邊分別為a，b ，c,若b a = 2a cos C ，則 a 的取值 c范圍是_ 88 + 92 + 92 272 90 + 91+ 92( 3 2 )【答案】 |( 3 , 2 )|【分析】由正

18、弦定理邊角關(guān)系、和差角正弦公式可得sin A = sin(C - A) ，結(jié)合 ABC 為銳角三角形，a可得2A = C 及角 A 的范圍，進(jìn)而應(yīng)用正弦定理邊角關(guān)系即可求 的范圍.c【詳解】由題設(shè)， sin B - sin A = 2sin Acos C ，而B = - (A+ C) ，所以sin A = cos Asin C - sin Acos C = sin(C - A) ，又0 A, C ，2所以2A = C ，且 ABC 為銳角三角形，則0 2A ，可得 A ，0 - 3A x ，由(1)知 亭 a 0)的焦點為 F，點 A 是 E 上一點，且線段AF 的中 點坐標(biāo)為(1 ，1)(1

19、)求拋物線 E 的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若 B，C 為拋物線 E 上的兩個動點(異于點A)，且 BABC，求點 C 的橫坐標(biāo)的取值范 圍【答案】 (1)x24y(2) ( ，-6) 10，) 【分析】p p(1)求得焦點 F(0, 2 ) ，設(shè) A (x0 ，y0 )，代入拋物線方程，得到 42p(2 一 2 ) ，解出 p2，拋物線 E 的標(biāo)準(zhǔn)方程；BA x 一 2 4 1 1(2)設(shè) B (x1 , x214 ) ，C (x2 , x242 ) ，得到k x12一14 1 (x 2)，x12，和 kBC ，以1及 BC 所在直線方程，與拋物線聯(lián)立，運(yùn)用判別式 0，求出點 C 的橫坐標(biāo) x 的取值

20、范圍.(1)依題意得 F(0, ) ，設(shè) A (x0 ，y0 )，p由線段AF 的中點坐標(biāo)為(1，1)，得 x0 = 1, y0 + 2 = 1，2 2即 x02， y02 .又點A 是 E 上一點，所以 42p(2 一 p ) ，2得p24p40，即 p2.所以拋物線 E 的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24y.(2)由題意知A (2，1)，設(shè) B (x , x ) ，C (x , x2 2 ) ， x 豐 士2,x 豐 士21 4 2 4 1 2x2則k - 1 1 (x 2)，BA x - 2 4 11414 x + 2 1 1因為 x12，所以 kBC x + 2 ，BC 所在直線方程為y - x12

21、= -4 (xx )l x2 = 4y,聯(lián)立y - x214 = x2 (x - x1 ),因為 xx1 ，得(xx1 ) (x12)160，即 x12 (x2) x12x160，因為 (x2) 24 (2x16) 0，即 x24x600，故 x10 或 x6.經(jīng)檢驗，當(dāng) x 6 時，不滿足題意所以點 C 的橫坐標(biāo)的取值范圍是( ，6) 10，)21 (12 分)已知函數(shù) f (x) = 1 (x + a)2 + b ln x .2(1)若b = -1 ， g(x) = -(a+ 3)x2- f (x) ，求函數(shù)g(x) 的單調(diào)區(qū)間； 2(2)若直線y = ax 是曲線y = f (x) 的切

22、線，求a2b 的最大值；【答案】 (1)答案見解析；(2)0【分析】(1) 根據(jù)題意， g (x) = ln x - (a + 2)x2 - ax - 1 a2 ，x =(0,+w)，進(jìn)而求導(dǎo)， 分a 共 -2 和a -22兩種情況討論求解即可；(2) 設(shè)曲線y = f (x) 的切點為(x , y )，進(jìn)而結(jié)合導(dǎo)數(shù)的意義得b = -x2 ，a2 = x2 (2ln x - 1)，故a2b = x4 (1- 2ln x )= g (x )，求0函數(shù)g(x )的最大值即可. 0 0 00 0 0 0(1)解：由題知，函數(shù)g (x) = ln x - (a + 2)x2 - ax - 1 a2 ，

23、定義域為(0, +w )，則 g,(x) = - 2(a + 2)x - a = ，x x1 - (a + 2)x - 1(2x +21)當(dāng)a + 2 共 0 時，即a 共 -2 時， g,(x) 0 ， g(x) 在(0, +w )上單調(diào)遞增，a + 2 a + 2當(dāng)a +2 0 時，即a -2 時，令g,(x) 0 ，解得0 x 1 ，令g,(x) 1 ， 綜上，當(dāng)a 共 -2 時， g(x) 在(0, +w )上單調(diào)遞增；( 1 ) ( 1 )當(dāng)a -2 時， g(x) 在(|(0, a 2 )| 遞增，在(|(a 2 , +w )|遞減.解：設(shè)曲線y = f (x) 的切點為(x ,

24、y )，0 0(2)因為f ,(x) = x2+ ax + b ， y = ax 是曲線y = f (x) 的切線，xpx2 + ax + b所以 0 0 = a ，故b = -x2 ，x00因為 y = 1 (x + a)2 + b lnx = ax ，即a2 - ( )= x2 0(2ln 0 x - 1) 0 ，故 x e ，所以a2b = 4 (1- 2ln0 x )=0g (x )，0 0所以g,(x ) 2x3 (1- ln x ) 0)，其中b =(0,)且tanb = - 1 與曲線 C 交于點 M，與直線 l 交于 2點 N，求 MN 的長.1+ 3sin29【答案】 (1)

25、p2 = 1 (9 =2k,2 k+ ，k = Z )(2) 3 10 4【分析】(1)先消參a ，求得曲線C 的普通方程，再利用x = pcos9 ，y = psin9 ，求得極坐標(biāo)方程；(2)利用 p 的幾何意義求弦長.(1)變換l y = sinacosa =|ly = sin2a , (a 為參數(shù)a = |L0,2| )，消去a ， 又因為a = 0, ，得x2 + 4y2 = 1(|(0 三 y 三 )| .令x = pcos9 ， y = psin9 ，則 p2 = 1 (9 =2k,2 k+ ，k = Z ) .(x = cos2a - sin2a (| x = cos2a , 1+ 3sin29(2)由題設(shè)，將9 = b(p 0)其中b =(0,)且tanb = - 1 ，則有 sinb = 5 ， cosb = - 2 5 .2 5 5現(xiàn)將射線9 = b(p 0)代入曲線 C 的極坐標(biāo)方程可得：2 = = =1 1 51 + 3 | | M 4( HYPERLINK l _bookmark3 5