2022年高考数学考前临门一脚（广东卷）（含答案）.docx

1、 2022年高考数学考前临门一脚（广东卷）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1.已知集合，则( )A.B.C.D.2.复数，则( )A.B.C.D.3已知，则( )ABCD4.已知某产品的营销费用x（单位：万元）与销售额y（单位：万元）的统计数据如表所示：营销费用x/万元2345销售额y/万元15203035根据上表可得y关于x的回归直线方程为，则当该产品的营销费用为6万元时，销售额为( )A.40.5万元B.41.5万元C.42.5万元D.45万元5. 已知向量，满足，且则向量与向量的夹角是（ ）A. B. C. D. 6

2、.若，则( )A.B.C.D.或7的展开式中，x7的系数为( )A5B7C10D158.已知函数，若直线与曲线，都相切，则实数a的值为( )A.B.C.D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。9.若甲组样本数据，的平均数为2，方差为4，乙组样本数据，的平均数为4，则下列说法正确的是( )A.a的值为-2B.乙组样本数据的方差为36C.两组样本数据的中位数一定相同D.两组样本数据的极差不同10. 下列命题为真命题的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则11.在正三棱柱中

3、，D，E，F分别为，的中点，M为BD的中点，则下列说法正确的是( )A.AF，BE为异面直线B.平面ADFC.若，则D.若，则直线与平面所成的角为4512过平面内一点作曲线两条互相垂直的切线、，切点为、（、不重合），设直线、分别与轴交于点、，则下列结论正确的是( )A、两点的横坐标之积为定值 B直线的斜率为定值；C线段的长度为定值 D三角形面积的取值范围为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量，且，则_.14.设某批电子手表的正品率为，次品率为，现对该批电了手表过行检测，每次拍取一个电子手表，假设每次检测相互独立，则第3次首次检测到次品的概率为_.15. 已知点，若，则

4、点P到直线l：的距离的最小值为_16已知函数，若函数，则函数的图象的对称中心为_；若数列为等差数列，_四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.（10分）已知数列是公差为2的等差数列，数列是公比为2的等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）记，且为数列的前n项和，求证：.18. （12分）某数学小组从气象局和医院分别获得了2019年1月至2019年6月每月20日的昼夜温差x（单位：，）和患感冒人数y（单位：人）的数据，并根据所得数据画出如图所示的折线图.参考数据：，.参考公式：相关系数，线性回归方程是，.（1）求y与x之间的线性相关系数r；（2）建立y关

5、于x的线性回归方程（精确到0.01），预测昼夜温差为4时患感冒的人数（精确到整数）.19.（12分）如图，在四棱雉中，平面平面PDC.（1）求证：平面ABCD；（2）求二面角的余弦值.20. 如图，三棱柱中，侧面是菱形，（1）证明：；（2）若，求二面角的余弦值21. （12分）已知双曲线的左右焦点分别为，离心率为，过点的直线l与双曲线的左、右两支分别交于点A，B.当时，的面积为5.（1）求双曲线的标准方程；（2）若直线l与y轴交于点M，且，求证：为定值.22. （12分）已知函数，.（1）求函数的单调区间和函数的最值；（2）已知不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围.答案及解析1.答案：B解

6、析：，.故选B.2.答案：B解析：.故选B.3【答案】A【解析】由，得，则，故选A4.答案：C解析：由题中表格数据可知，因为回归直线一定经过点，所以，解得，所以回归直线方程为，将代入，得.故选C.5.答案：C解析：根据两向量垂直数量积为0，结合已知可得，然后由向量夹角公式可得.因为，所以又因为，所以得所以因所以故选：C6.答案：C解析：由得，即，解得或.因为，所以，所以，所以，故选C.7答案：D 解析：因为=，所以展开式的通项公式为，当时，则，x7的系数为15.8.答案：B解析：设直线与曲线，相切的切点分别为，因为，所以，解得，又，所以直线与曲线相切的切点坐标为，所以，解得，所以.又，所以，解

7、得.故选B.9.答案：ABD解析：由题意可知，故，故A正确；乙组样本数据方差为，故B正确；设甲组样本数据的中位数为，则乙组样本数据的中位数为，所以两组样本数据的中位数不一定相同，故C错误；甲组数据的极差为，则乙组数据的极差为，所以两组样本数据的极差不同，故D正确.故选ABD.10.答案：AD 解析：A由不等式的性质判断；B.举例判断；C.由判断； D.作差判断.A由不等式的性质可知同向不等式相加，不等式方向不变，故正确；B. 当时，故错误；C.当时，故错误；D.，因为，所以，故正确；故选：AD11.答案：BC解析：如图，连接EF，由题意得，所以A，B，E，F四点共面，所以AF，BE不是异面直线

8、，故A错误；取DA的中点N，连接FN，MN，得，所以，则四边形EFNM是平行四边形，所以，因为平面AFD，所以平面ADF，故B正确；取AB的中点Q，连接CQ，FQ，由可得四边形EFQB为平行四边形，所以，又，所以，设，则，所以，解得，故C正确；由，可知为正三角形，连接，易知平面，故即直线与平面所成的角，故D错误.12答案：ABC 解析：因为，所以，当时，；当时，不妨设点，的横坐标分别为，且，若时，直线，的斜率分别为，此时，不合题意；若时，则直线，的斜率分别为，此时，不合题意.所以或，则，由题意可得，可得，若，则；若，则，不合题意，所以，选项A对；对于选项B，易知点，所以，直线的斜率为，选项B对

9、；对于选项C，直线的方程为，令可得，即点，直线的方程为，令可得，即点，所以，选项C对；对于选项D，联立可得，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，则当时，所以，选项D错.故选ABC.13.答案：-7解析：，.，解得.14.答案：解析：因为第3次首次检测到次品，所以第1次和第2次检测到的都是正品，第3次检测到的是次品，所以第3次首次检测到次品的概率为.15.答案：# 解析：先设P的坐标，根据得到P的轨迹方程为圆，利用圆心到直线的距离减去半径即为P到直线l的最小值 设点P的坐标为， ，即P的轨迹是以为圆心，半径为的圆点到直线l的最短距离为，则可得点P到直线l的距离的最小值为故答案为：16 答案：4

10、4解析：因为，所以，所以的图象的对称中心为，即为，因为等差数列中，所以，得，因为的图象的对称中心为，所以，因为，所以，故答案为：，4417.解析：（1）由题意知即比较系数得所以，所以.（2）由（1）得，所以.18.解析：（1）由已知得，.（2）由已知，得，关于x的线性回归方程为.当时，.昼夜温差为4时患感冒的人数约为4.19.答案：（1）见解析（2）解析：（1）取PC的中点M，连接DM，因为，所以，因为平面平面PDC，平面平面，所以平面PBC，所以.又，所以平面PDC，所以.又，所以平面ABCD.（2）取AB的中点Q，连接DQ，因为，所以，由（1）易知，故可以D为坐标原点，以DQ，DC，DP所

11、在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，.连接BD，易知，又，所以，所以，又，所以平面PAD，则平面PAD的一个法向量为.设平面PAC的法向量为，则即取，则为平面PAC的一个法向量.所以.易知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.20、答案：（1）证明见解析 （2） 解析：（1）取BC中点O，连接AO，易证，再根据，得到，然后利用线面垂直判定定理证明； （2）以，所在直线及其正方向建立空间直角坐标系，易知为平面的一个法向量，再求得平面的一个方向量，由求解.（1）解：取BC中点O，连接AO，因为侧面是菱形，所以因为，所以，且，所以平面，又因为平面，所以（2），则，由（1

12、）得平面，且平面，所以，即，所以，因为，所以，即BC，OA两两垂直，以，所在直线及其正方向建立如图空间直角坐标系，则，可取为平面的一个法向量，设平面的一个方向量为，则，即，取，则，易知二面角为锐角，所以二面角的余弦值21.解析：（1）当时，可得.由双曲线的定义可知，两边同时平方可得，所以.又双曲线的离心率为，所以.由可得，所以，所以双曲线的标准方程为.（2）当直线l与y轴垂直时，点M与原点O重合，此时，所以.当直线l与y轴不垂直时，设直线l的方程为，由题意知且，将直线l的方程与双曲线方程联立，消去x得，则.易知点M的坐标为，则由，可得，所以，同理可得.所以.综上，为定值.22.解析：（1），.当，即时，恒成立，在上单调递增.当，即时，令，则或；令，则，在和上单调递增，在上单调递减.综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.，其定义域为，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，为在上的极小值，即最小值，无最大值.（2）对任意的恒成立，即对任意的恒成立.令，则.当时，在上单调递减，在上的最小值为，符合题意.当时，令，得，令，得，在上单调递减，在上单调递增，在上的极小值为，由（1）知，又，不符合题意.综上，实数a的取值范围为.