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.