（全国甲）2022年高考数学压轴卷 理.doc

1、（全国甲）2022 年高考数学压轴卷 理 一选择题（本题共 12 个小题，每个小题 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 Ax|2x823x，Bx|x24x+30，则 AB（）A（1，2）B（2，3）C（，3）D（1，3）2.设复数 z 满足（1+i）z4i，则|z|（）A22 B 2 C2 D2 2 3.下列函数中，在区间（0，+）上单调递增的是（）Ay21x By2x Cyx21log Dy x1 4.刘徽是中国魏晋时期杰出的数学家，他提出“割圆求周”方法:当 n 很大时，用圆内接正 n 边形的周长近似等于圆周长，并计算出精确度很高的圆周率

2、3.1416.在九章算术注中总结出“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”的极限思想，可以说他是中国古代极限思想的杰出代表运用此思想，当 取 3.1416 时可得cos89 的近似值为（）A.0.00873 B.0.01745 C.0.02618 D.0.03491 5.已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的体积为（）A.2 33 B.43 C.2 D.83 6.某程序框图如图所示，该程序运行后输出 S 的结果是（）A.32 B.16 C.2512 D.13760 7.我国数学家张益唐在“孪生素数”研究方面取得突破，孪生素数也称为孪生质数

3、，就是指两个相差 2 的素数，例如 5 和 7，在大于 3 且不超过 20 的素数中，随机选取 2 个不同的数，恰好是一组孪生素数的概率为（）A.356 B.328 C.17 D.15 8.圆2240 xyx上的点到直线3490 xy的距离的最小值为 A.1 B.2 C.4 D.5 9.在 51231xx的展开式中，含3x 项的系数为（）A.80 B.40 C.40 D.120 10.已知实数 x，y 满足约束条件402400 xyxyxy，则 zlyx 的最小值为（）A 43 B 45 C2 D3 11.已知双曲线5422yx 1 的右焦点为 F，点 M 在双曲线上且在第一象限，若线段 MF

4、 的中点在以原点 O 为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线 MF 的斜率是（）A35 B7115 C7115 D 35 12.已知函数 22210,0 xaxxxf xeaxex 有两个零点，则实数a 的取值范围是（）A.,e B.2e,C.20,e D.0,e 第 II 卷（非选择题）二填空题（本题共 4 个小题，每个小题 5 分，共 20 分）13.函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，当 10 x 时，3xf x，则3log 2f _ 14.在新高考改革中，学生可从物理、历史、化学、生物、政治、地理、技术 7 科中任选 3 科参加高考，现有甲、乙两名学生先从物理、历史 2 科中任选 1

5、 科，再从化学、生物、政治、地理、技术 5 科中任选 2 科，则甲、乙两人恰有 1 门学科相同的选法有 种 15.已知点 O（0，0），A（1，2），B（m，0）（m0），则 cosOA，OB ，若 B 是以 OA 为边的矩形的顶点，则 m 16.数列an是首项10a，公差为d 的等差数列，其前n 和为 Sn，存在非零实数t，对任意*nN有(1)nnnSant a恒成立，则t 的值为_ 三、解答题（本题共 5 个小题,第 17-21 题没题 12 分,解答题应写出必要的文字说明或证明过程或演算步骤）17.在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，已知 2cosC（acosB+b

6、cosA）c（1）求 C；（2）若 c 7，ABC 的面积为233，求ABC 的周长 18.已知数列an的前 n 项和为 Sn且 Sn2n2+n，nN*，数列bn满足 an4log2bn+3，nN*（）求 an和 bn的通项公式；（）求数列anbn的前 n 项和 Tn 19.如图，在四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，ABAD，BCAD，PA=AB=BC=2，AD=4，E 为棱 PD的中点，PFPC（为常数，且01）（1）若直线 BF平面 ACE，求实数 的值；（2）当14 时，求二面角 CAEF 的大小 20.已知椭圆 C：22221xyab（0a，0b）的长轴为双曲线22184xy

7、的实轴，且椭圆 C过点 P（2，1）（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）点 A，B 是椭圆 C 上异于点 P 的两个不同的点，直线 PA 与 PB 的斜率均存在，分别记为1k，2k，且1212k k，当坐标原点 O 到直线 AB 的距离最大时，求直线 AB 的方程 21.已知函数 f（x）22xaxex（a0）（1）讨论函数 f（x）的单调性；（2）当 b0，1）时，设函数 g（x）2)1(xxbe x（x0）有最小值 h（b），求 h（b）的最大值 选考题:共 10 分,请考生在 22、23 两题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.作答时用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂

8、黑.22.选修 4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C1的极坐标方程为 22sin314，曲线 C2的极坐标方程为 1若正方形 ABCD 的顶点都在 C2上，且 A，B，C，D 依逆时针次序排列，点 A 的极坐标为（1，6）（1）求点 A，B，C，D 的直角坐标；（2）设 P 为 C1上任意一点，求|PA|2+|PC|2的取值范围 23.选修 4-5：不等式选讲 已知函数 f（x）|x1|（1）求不等式 f（x）+f（2x）4 的解集 M；（2）记集合 M 中的最大元素为 m，若不等式 f2（mx）+f（ax）m 在

9、1，+）上有解，求实数 a的取值范围 参考答案 1.【答案】C【解析】解：2x823x，x2，A（，2），x24x+30，1x3，B（1，3），AB（，3）故选：C 2.【答案】D【解析】解：由（1+i）z4i，得 z2+2i，则|z|2 故选：D 3.【答案】A【解析】解：在（0，+）上单调递增，和在（0，+）上都是减函数 故选：A 4.【答案】B 【解析】根据cos89sin1，将一个单位圆分成 360 个扇形，由这 360 个扇形的面积之和近似为单位圆的面积求解.【详解】因为cos89cos 901sin1，所以将一个单位圆分成 360 个扇形，则每一个扇形的圆心角为1，所以这 360

10、个扇形的面积之和近似为单位圆的面积，即213601 1 sin112 ，所以3.1416sin10.01745180180，故选：B 5.【答案】B 【解析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据椎体的体积公式以及三视图中的数据可求该几何体的体积.【详解】复原后的几何体为如图所示的三棱锥，其底面为等腰三角形，该三角形的底边长为 2，高为 2，棱锥的高为 2，故体积为 1142 22323（）.故选：B 6.【答案】C 【解析】由题意，S、S 初始值分别为 1，0当k 为小于 5 的正整数时，用1Sk的值代替 S，1k 代替k，进入下一步运算由此列出如下表格 S 0 1 112 11123 111

11、1234 输出S值 k 1 2 3 4 5 因此，最后输出的11125123412S 故选：C 7.【答案】D 【解析】写出大于 3 且不超过 20 的素数，分别计算出随机选取 2 个不同的数的所有情况和恰好是一组孪生素数的情况，再利用古典概型公式代入求解.【详解】大于 3 且不超过 20 的素数为：5，7，11，13，17，19，共 6 个，随机选取 2 个不同的数，共有 6 5152个情况，恰好是一组孪生素数的情况为：5 和 7，11 和 13，17 和 19，共 3个，所以概率为31155P.故选：D 8.【答案】A 【解析】由2240 xyx，得22(2)4xy，圆心为(2,0)，半径

12、2r，圆心到直线3490 xy的 距 离22|3 24 09|334d ，故 圆2240 xyx上 的 点 到 直 线3490 xy的距离的最小值为1dr.9.【答案】C 【解析】针对51 2x部分，通项为155(2)(2)rrrrrrTCxC x ，51231xx中3x 项为2?33?335512840C xC xx，故选：C 10.【答案】B 【解析】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得 A（），z的几何意义为可行域内的动点与定点 P 连线的斜率，由图可知，可知 z的最小值为 故选：B 11.【答案】A 【解析】解：如图所示，设线段 MF 的中点为 H，连接 OH，设双曲线的右焦点为

13、F，连接 MF双曲线的左焦点为 F，连接 MF，则 OHMF 又|OH|OF|c3，|FH|MF|（2a2c）ac1 设HFO，在OHF 中，tan，直线 MF 的斜率是 故选：A 12.【答案】B 分析：【解析】解答：当0 x 时，201 ef ，0 x 不是函数 f x 的零点.当0 x 时，由 0f x，得221xax，设 221xhxx，32 10 xh xx，则 h x 在,0上单调递减，且 0h x.所以0 x 时无零点 当0 x 时，0f x 等价于2xeeax，令 2xeeg xx，22xxxeeegxx，得 g x 在0,2 上单调递减，在2,上单调递增，2min(2)g x

14、ge，2g xe.因为 f x 有 2 个零点，所以2ae.故选：B.13.【答案】12 【解析】因为3log 2(0,1)，所以3log 2(1,0)由 f x 为奇函数得：31log 233311log 2log 2log322fff 故答案为：12 14.【答案】180 【解析】根据题意，按物理、历史 2 科中有或没有相同学科分 2 种情况讨论，由加法原理计算可得答案 解：根据题意，分 2 种情况讨论：物理、历史 2 科中有相同学科则有C 60 种选法；物理、历史 2 科中没有相同学科则有C120 种选法 所以甲、乙两人恰有 1 门学科相同的选法有 60+120180 种；故答案为：18

15、0 15.【答案】，5 解：根据题意，点 O（0，0），A（1，2），B（m，0），则（1，2），（m，0），则|，|m，m，故 cos，若 B 是以 OA 为边的矩形的顶点，而与不垂直，则必有，又由（m1，2），则有（m1）+2（2）0，解可得 m5，故答案为：，5 16.【答案】1 或12 【解析】当1n 时，1nnnSant a恒成立，当2n 时：当数列的公差0d 时，1nnnSant a即1111naant a，据此可得1111nant a，则1t ，当数列的公差0d 时，由题意有：1nnnSant a，1112nnnSant a，两式作差可得：1112nnnnnaaantanta，整

16、理可得：1111nnnntaat a，即：11 1ntandt ，则1ntandt，-整理可得：11nntaaddt恒成立，由于0d，故11tt，据此可得：12t，综上可得：t 的值为 1 或 12.17.【答案】【解析】解：（1）由已知 2cosC（acosB+bcosA）c，正弦定理得：2cosC（sinAcosB+cosAsinB）sinC，即 2cosCsinCsinC，0C，sinC0，cosC，C（2）由 c，C，ABC 的面积为absin，ab6，又由余弦定理 c2b2+a22abcosC，可得：7b2+a2ab（a+b）23ab（a+b）218，可得：（a+b）225，解得：a

17、+b5，ABC 的周长 a+b+c5+18.【答案】【解析】解：（）数列an的前 n 项和为 Sn且 Sn2n2+n，nN*，则：anSnSn1（n2），2n2+n2（n1）2（n1）4n1，当 n1 时，a13 符合通项公式，所以：an4n1 由于：数列bn满足 an4log2bn+3，nN*则：4n14log2bn+3，所以：，（）由（）得：设 cn，则：Tnc1+c2+cn320+721+（4n1）2n1 得：（4n1）2n1，整理得：19.【答案】（1）12 （2）2 【解析】（1）因为 PA底面 ABCD，AB，AD 平面 ABCD，所以 PAAB，PAAD 由题意可知，AB，AD，

18、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则 0,0,0A，2,0,0B，2,2,0C，0,4,0D，0 0 2P,，0,2,1E，所以2,2,0AC，0,2,1AE，2,0,2BP ，2,2,2PC，则2,2,2PFPC，所以22,2,22BFBPPF 设平面 ACE 的一个法向量为,mx y z 由00AC mAE m得：220,20.xyyz不妨令1x，得1,1,2m 因为 BF平面 ACE，所以22 24 40BF m ，解得12 （2）由（1）知0,0,2AP，2,2,2PF，0,2,1AE，平面 ACE 的一个法向量为1,1,2m，所以1 1 32,2,22,2 2 2

19、AFAPPF 设平面 AEF 的一个法向量为000,nx y z 由0,0,AE nAF n得0000020,1130.222yzxyz令01y，得5,1,2n，所以cos,0m nm nm n.所以mn，所以二面角CAEF的大小为 2 20.【答案】（1）22182xy（2）6350 xy 【解析】（1）由题意可得2224 2,411,aab解方程组可求出2,a b，从而可求出椭圆方程，（2）当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 ykxt，11,A x y，22,B xy，将直线方程代入椭圆方程中消去 y，利用根与系数的关系，然后由1212k k 列方程可求出213kt，则直线 AB 的方

20、程为213kykx，从而可得其过定点，当直线 AB 的斜率不存在时，设00,A xy，则 00,B xy，由1212k k 可求出,A B 两点的坐标，从而可求出直线 AB 过的定点，进而可求出直线方程【详解】（1）由题意，知2224 2,411,aab解得22 22ab，所以椭圆C 的标准方程为22182xy（2）当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 ykxt，11,A x y，22,B xy 联立2248,xyykxt得222418480kxktxt 由韦达定理，得12221228,4148,41ktxxktx xk所以122221222,418.41tyyktky yk 因为22221

21、2121212222121212114112411 22224416164421424y yyytkyyttktkk kxxx xxxtktktktk 12，所以3210tk，即213kt，所以直线 AB 的方程为213kykx，即(32)(31)0 xky，由320310 xy，得2313xy 故直线 AB 恒过点21,33M 当直线 AB 的斜率不存在时，设 00,A xy，则 00,B xy，所以20000122000011121224222yyyxk kxxxx，解得023x，所以此时直线 AB 也过点21,33M 因为点21,33M 在椭圆C 的内部，所以当直线 AB 垂直于OM 时

22、，坐标原点O 到直线 AB 的距离最大，此时直线 AB 的方程为6350 xy 21.【答案】【解析】解：（1）函数 f（x）的定义域为（，2）（2，+），且 f（x）ex+ex，令 x2+ax+a0，则a24a，当 0a4 时，0，x2+ax+a0，即 f（x）0 且不恒为零，故 f（x）的单调递增区间为（，2）和（2，+），当 a4 时，0，方程 x2+ax+a0 的两根为 x1，x2，由于 x1（2）0，x2（2）0，（或令（x）x2+ax+a，（2）4a0）故 x12x2，因此当 x（，x1）时，f（x）0，f（x）单调递增，当 x（x1，2）时，f（x）0，f（x）单调递减，当 x（

23、2，x2）时，f（x）0，f（x）单调递减，当 x（x2，+）时，f（x）0，f（x）单调递增，综上，当 0a4 时，f（x）的单调递增区间为（，2）和（2，+）；当 a4 时，f（x）在（，）单调递增，在（，2）单调递减，在（2，）单调递减，在（，+）单调递增（2）由 g（x），设 k（x）ex+b（x0），由（1）知，a0 时，f（x）ex在（0，+）单调递增，故 k（x）在区间（0，+）单调递增，由于 k（2）b0，k（0）1+b0，故在（0，2上存在唯一 x0，使 k（x0）0，b，又当 x（0，x0）时，k（x）0，即 g（x）0，g（x）单调递减，当 x（x0，+）时，k（x）0，

24、即 g（x）0，g（x）单调递增，故 x（0，+）时，h（b）g（x0），x0（0，2，又设 m（x），x（0，2，故 m（x）0，所以 m（x）在（0，2上单调递增，故 m（x）m（2），即 h（b）的最大值为 22.【答案】【解析】解：（1）点 A 的极坐标为（1，），根据转换为直角坐标为（），点 B 的极坐标为（1，），根据转换为直角坐标为（），点 C 的极坐标为（），根据转换为直角坐标为（），点 D 的极坐标为（1，），根据转换为直角坐标为（），（2）曲线 C1 的极坐标方程为 2，根据转换为直角坐标方程为，设 P（2cos，sin），则|PA|2+|PC|2 23.【答案】【解析】解：（1）由题意可知，f（x）+f（2x）|x1|+|2x1|4，当 x1 时，原不等式可化为 3x24，解答 x2，所以 1x2；当x1 时，原不等式可化为 1x+2x14，解得 x4，所以x1；当 x时，原不等式可化为 1x+12x4，解得 x，所以x 综上，不等式的解集 Mx|x2（2）由题意，m2，在不等式等价为|2x1|2+|ax1|2，因为 x1，所以|ax1|2（4x24x+1）4x2+4x+1，所以 4x24x1ax14x2+4x+1，要使不等式在1，+）上有解，则（4x4）mina，所以 0a2，即实数 a 的取值范围是0，2