1、2022届高考数学核心猜题卷 全国卷（文）【满分：150分】一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合，则( )A.B.C.D.2.若，则z的虚部为( )A.B.C.D.3.某大型集团公司为了解集团业务的详细情况，统计了该集团公司去年每月主打产品的销售情况，得到如下统计表，结果保留整数，则下列判断正确的是( )A.去年该产品月销售量呈逐月递增的趋势B.去年该产品月销售量的极差是70万件C.去年该产品平均每月销售约72万件D.去年该产品月销售量的最小值是25万件4.若直线与圆相切，则实数k的值为( )A.B.C.D.5.已知
2、，且，则( )A.B.C.D.6.已知数列满足，且对于任意的都有成立，若为数列的前n项和，则( )A.62B.-62C.47D.-477.在平行四边形ABCD中，若，则与夹角的余弦值是( )A.B.C.D.8.已知函数的最小正周期为，且的图象经过点和，则的最大值为( )A.1B.C.D.29.已知定义在R上的函数满足，为偶函数，若在上单调递减，则下面结论正确的是( )A.B.C.D.10.已知直线与双曲线交于M，N两点，F是C的右焦点，若，且，则C的实轴长为( )A.2B.C.4D.11.几何原本是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，如图所
3、示，在直角圆锥中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧AB的中点，则异面直线PA与BC所成角的大小为( )A.30B.45C.60D.9012.已知函数，若的解集中恰有一个整数，则实数a的取值范围为( )A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.函数的图象在处的切线方程为_.14.若x，y满足约束条件，则的最大值是_.15.如图，三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，平面平面BCD，则球O的表面积为_.16.已知抛物线的焦点为F，抛物线与抛物线交于O，A两点，过点A作抛物线准线l的垂线，垂足为B，若的外接圆C的半径为，则圆C的标准方程为_.三、解答题：共70分。解答
4、应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17.（12分）在中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且.（1）求角B的大小；（2）若，求的面积的最大值.18.（12分）菱形ABCD的对角线AC与BD交于点E，将沿AC折到的位置，使得，如图所示.（1）证明：；（2）求点A到平面PCD的距离.19.（12分）已知高三某学生为了迎接高考，参加了学校的5次模拟考试，其中5次的模拟考试成绩如表所示，次数（x）12345考试成绩（y）498499497501505设变量x，y满足回归直线方程.（1
5、）假如高考也符合上述的模拟考试的回归直线方程，高考看作第10次模拟考试，预测2022年的高考的成绩；（2）从上面的5次考试成绩中随机抽取3次，求其中2次成绩都大于500分的概率.参考公式：回归直线方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.20.（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为A，B，长轴长为4，椭圆上任意一点P（不与A，B重合）与A，B连线的斜率的乘积恒为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知圆，圆O上任意一点Q处的切线交椭圆于M，N两点，在x轴上是否存在一定点D，使得以MN为直径的圆过该定点？若存在，请求出该定点坐标；若不存在，请说明理由.21.（12分）已知函数，
6、.（1）讨论函数的单调性；（2）若当时，方程有实数解，求实数a的取值范围.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.（10分）选修4 4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）若直线，分别与直线l交于点A，B，求的面积；（2）若点P，Q分别为曲线C及直线l上的动点，求的最小值.23.（10分）选修45：不等式选讲已知，.（1）当时，解不等式；（2）对于任意的实数x，总有成立，求实数m的取值范围.2022届高考数学核心猜题卷全国卷（
7、文） 参考答案一、选择题1.答案：D解析：由题意可得，则，故选D.2.答案：A解析：因为，所以，故z的虚部为，故选A.3.答案：C解析：由统计图易知，A错误；去年该产品月销售量最大值是95万件，最小值是30万件，所以极差是65万件，故B，D错误；去年该产品平均每月销售量为（万件），故C正确，故选C.4.答案：C解析：由题可知，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得，故选C.5.答案：D解析：由，得，解得或.又因为，所以，则，故选D.6.答案：C解析：因为，所以，故，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，即，所以，故选C.7.答案：B解析：由题意得，因为，所以，解得，所以，故选B.8
8、.答案：B解析：因为的最小正周期为，所以，即，故，所以，即，又，所以，故，又的图象经过点，所以，所以，故的最大值为，故选B.9.答案：A解析：由知函数是周期为6的函数.因为为偶函数，所以，所以.因为，所以.因为在上单调递减，所以，即，故选A.10.答案：C解析：如图，不妨设，是C的左焦点，连接，显然四边形是平行四边形，则，即，在中，由余弦定理得，即，得，所以C的实轴长为4，故选C. 11. 答案：C解析：如图，设底面的圆心为O，分别取AC，PC的中点D，E，连接PO，CO，OD，OE，DE，因为是等腰直角三角形，设圆锥的底面圆半径，则，则且，又且，而且，所以为异面直线PA与BC所成的角，在中，
9、因为E为PC的中点，所以，所以是正三角形，即异面直线PA与BC所成的角为，故选C.12.答案：D解析：由，得，设，则.设，易知在R上单调递增且，则当时，即，当时，即，所以在上单调递减，在上单调递增，易知解集中的唯一整数为0，则有，即，所以，故选D.二、填空题13.答案：解析：，故所求切线方程为，即.14.答案：7解析：作出约束条件表示的可行域如图中阴影部分所示，目标函数可化为直线，当直线过点A时其在y轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，联立，解得，所以的最大值为.15.答案：解析：如图，取AB中点O，连接OD，在中，由，得，则，又平面平面BCD，且平面平面，平面BCD，则，在中，则，平面A
10、CD，得，则O为三棱锥的外接球的球心，则外接球的半径，球O的表面积为，故答案为.16.答案：解析：由已知得，联立，解得点，则线段AB的中垂线，又，且由抛物线的定义可知，线段BF的中垂线过点A，则线段BF的中垂线，即，联立，解得圆心，则圆C的半径，解得，圆C的标准方程为.三、解答题17.解析：（1）由正弦定理得，即，2分即，即，4分，又，.6分（2）由余弦定理得，即，8分即，当且仅当时，等号成立，.10分的面积.的面积的最大值为.12分18.解析：（1）因为ABCD是菱形，所以，则，.2分因为平面PBE，平面PBE，且，所以平面PBE.因为平面PBE，所以.5分（2）如图，取DE的中点O，连接O
11、P，OC.因为，所以.因为，所以，所以，.7分由（1）可知平面PBE，所以平面平面ABCD，则平面ABCD.由题意可得，所以，则，故的面积为.9分设点A到平面PCD的距离为h，因为，所以，解得，即点A到平面PCD的距离为.12分19.解析：（1）由表得，2分.将点代入回归直线方程可得，解得，回归直线方程为.5分当时，预测2022年的高考成绩为511.2分.6分（2）记“从5次考试成绩中选出3次成绩”为事件A，则事件A的情况有，共10种情况，8分其中2次成绩都大于500分情况有，共3种情况，10分所求的概率.12分20.解析：（1）由题意知，且，设，则点P与点A连线的斜率，点P与点B连线的斜率，
12、2分由题意知，即，因为点P在椭圆C上，所以，联立，解得，所以椭圆C的标准方程为.4分（2）假设满足条件的点存在，当过点Q且与圆O相切的直线斜率存在时，设切线方程为，将其代入椭圆C的方程，得，即，6分设，所以，因为直线与圆O相切，所以圆心O到直线的距离，所以，符合题意，8分因为以MN为直径的圆过定点D，所以，所以，因为不恒成立，所以，则，故以MN为直径的圆经过定点.10分当过点Q且与圆O相切的直线斜率不存在时，不妨设切线方程为，将其代入椭圆C的方程，得，则交点坐标为，故以MN为直径的圆经过点故在x轴上存在一定点，使得以MN为直径的圆经过该定点.12分21.解析：（1）函数的定义域为R，当时，则在
13、上单调递增；2分当时，令，得，则在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在R上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增.5分（2）由，得，因为，所以.令，则.7分令，得.当时，为减函数；当时，为增函数.所以.9分又，所以，所以当时，.所以函数的值域为，因此实数a的取值范围为.12分22.解析：（1）因为直线，分别与直线交于点A，B，所以，3分又，所以的面积.5分（2）直线l的极坐标方程为，即，由，得直线l的直角坐标方程为.的最小值即点P到直线l距离的最小值，7分设，则点P到直线l的距离，当且仅当时取等号，所以的最小值为.10分23.解析：（1）由题意知，当时，2分当时，化简得，所以；当时，恒成立，所以；当时，化简得，所以，综上可知不等式的解集为.5分（2）因为，7分即，因为对于任意的实数x，总有成立，所以，解得或，所以实数m的取值范围是.10分学科网（北京）股份有限公司
