2022年年高考理科数学试题及答案-全国卷,推荐文档 .pdf

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1、第 1 页 共 15 页2013 年普通高等学校招生全国统一考试( 全国课标 I) 理科数学注意事项：1本试题分第卷( 选择题 ) 和第卷 ( 非选择题 ) 两部分，第卷1 至 3 页，第卷3 至 5 页2答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置3全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效4考试结束后，将本试题和答题卡一并交回第卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 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|x22x0 ，Bx| 5x5 ，则 ( ) AAB BABRCBA DAB2若复数z满足 (34i)z|4 3i| ，则z的虚部为 ( )

2、 A 4 B45 C4 D453为了解某地区的中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是( ) A简单随机抽样 B按性别分层抽样C按学段分层抽样 D系统抽样4已知双曲线C：2222=1xyab(a0，b0) 的离心率为52，则C的渐近线方程为( ) Ay14x By13xCy12x Dyx5执行下面的程序框图，如果输入的t 1,3 ，则输出的s属于 ( ) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - -

3、 - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 2 页 共 15 页A 3,4 B 5,2 C 4,3 D 2,5 6如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( ) A5003cm3 B8663cm3C13723cm3 D20483cm37设等差数列an 的前n项和为Sn，若Sm 12，Sm0，Sm 13，则m( ) A3 B4 C5 D6 8某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体

4、积为( ) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 3 页 共 15 页A16 8 B88C16 16 D8169设m为正整数， (xy)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(xy)2m 1展开式的二项式系数的最大值为b. 若 13a7b，则m( ) A5 B6 C7 D8 10已知椭圆E：2222=1xyab(ab0) 的右焦点为F(3,0) ，过点F的直线交E于A，B两点若AB的中点坐标为 (1 ， 1) ，则

5、E的方程为 ( ) A22=14536xy B22=13627xyC22=12718xy D22=1189xy11已知函数f(x) 220ln(1)0.xxxxx，若|f(x)| ax，则a的取值范围是( ) A( ， 0 B(， 1 C 2,1 D 2,0 12设AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，AnBnCn的面积为Sn，n1,2,3 ， . 若b1c1，b1c12a1，an1an，bn12nnca，cn12nnba，则 ( ) ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1 为递增数列， S2n为递减数列DS2n1 为递减数列，S2n为递增数列第卷名师资料总结 - - -精品资料欢迎

6、下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 4 页 共 15 页本卷包括必考题和选考题两部分第(13) 题第 (21) 题为必考题，每个试题考生都必须做答第(22)题第 (24) 题为选考题，考生根据要求做答二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分13已知两个单位向量a，b的夹角为 60，cta(1 t)b. 若bc0，则t_. 14若数列 an的前n项和2133nnSa，则an的通项公式是an_. 15设当x时，函数f(x) sin x2cos x取

7、得最大值，则cos _. 16若函数f(x) (1x2)(x2axb) 的图像关于直线x 2 对称，则f(x) 的最大值为 _三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17 ( 本小题满分12 分) 如图，在ABC中，ABC90，AB3，BC1，P为ABC内一点，BPC90 . (1) 若PB12，求PA；(2) 若APB 150，求 tan PBA. 18 ( 本小题满分12 分) 如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160 . (1) 证明：ABA1C；(2) 若平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值19 ( 本

8、小题满分12 分) 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4 件作检验，这4名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 5 页 共 15 页件产品中优质品的件数记为n. 如果n3，再从这批产品中任取4 件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n4，再从这批产品中任取1 件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验假设这批产品的优质品率为50% ，即取出的每件产品

9、是优质品的概率都为12，且各件产品是否为优质品相互独立(1) 求这批产品通过检验的概率；(2) 已知每件产品的检验费用为100 元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X( 单位：元 ) ，求X的分布列及数学期望20 ( 本小题满分12 分) 已知圆M：(x1)2y21，圆N：(x1)2y29，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C. (1) 求C的方程；(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|. 21( 本小题满分12 分) 设函数f(x) x2axb，g(x) ex(cxd) 若曲线yf(x)

10、和曲线yg(x) 都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y4x2. (1) 求a，b，c，d的值；(2) 若x 2 时，f(x) kg(x) ，求k的取值范围请考生在第 (22) 、(23) 、(24) 三题中任选一题做答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一个题目计分，做答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑22 ( 本小题满分10 分) 选修 41：几何证明选讲如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于点D. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -

11、- - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 6 页 共 15 页(1) 证明：DBDC；(2) 设圆的半径为1，BC3，延长CE交AB于点F，求BCF外接圆的半径23 ( 本小题满分10 分) 选修 44：坐标系与参数方程已知曲线C1的参数方程为45cos ,55sinxtyt(t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，曲线C2的极坐标方程为2sin . (1) 把C1的参数方程化为极坐标方程；(2) 求C1与C2交点的极坐标 (0,0 2) 24 ( 本小题满分10 分) 选修 45：不等式选

12、讲已知函数f(x) |2x1| |2xa| ，g(x) x3. (1) 当a 2 时，求不等式f(x) g(x) 的解集；(2) 设a 1，且当x1,2 2a时，f(x) g(x) ，求a的取值范围名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 7 页 共 15 页2013 年普通高等学校招生全国统一考试(全国课标 I) 理科数学（答案）卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符

13、合题目要求的1.答案： B 解析： x(x2)0， x0 或 x2. 集合 A 与 B 可用图象表示为：由图象可以看出ABR，故选 B. 2答案： D 解析： (34i) z|43i|，55(34i)34i34i(34i)(34i)55z. 故 z 的虚部为45，选 D. 3答案： C 解析： 因为学段层次差异较大，所以在不同学段中抽取宜用分层抽样4答案： C 解析： 52cea，22222254cabeaa. a24b2，1=2ba. 渐近线方程为12byxxa. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理

14、- - - - - - - 第 7 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 8 页 共 15 页5答案： A 解析： 若 t 1,1)，则执行 s3t，故 s3,3)若 t 1,3，则执行 s4tt2，其对称轴为t2. 故当 t2 时， s 取得最大值4.当 t1 或 3 时，s 取得最小值3，则 s3,4综上可知，输出的s3,4故选 A. 6答案： A 解析： 设球半径为R，由题可知R，R2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即OBA 为直角三角形，如图BC2，BA 4，OBR2，OAR，由 R2(R2)242，得 R5，所以球的体积为34500 533(cm3)，故选 A.

15、 7答案： C 解析： Sm1 2，Sm0，Sm13，amSmSm10(2)2，am1Sm1Sm303. d am1am321. Smma112m m10，112ma. 又 am1a1m13，132mm. m5.故选 C. 8答案： A 解析： 由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r2，长为 4，在长方体中，长为4，宽为 2，高为 2，所以几何体的体积为 r24124228 16.故选 A. 9答案： B 解析： 由题意可知， a2Cmm，b21Cmm，又 13a7b，2!21 !13=7!1 !mmm mm m，即132171mm.解得 m6.故选 B. 1

16、0答案： D 解析： 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，A，B 在椭圆上，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 9 页 共 15 页2211222222221,1,xyabxyab，得1212121222=0 xxxxyyyyab，即2121221212=yyyybaxxxx， AB 的中点为(1， 1)， y1 y2 2， x1x22，而1212yyxxkAB011=3 12，221=2ba.又 a2b2

17、9， a218，b29.椭圆 E 的方程为22=1189xy.故选 D. 11答案： D 解析： 由 y|f(x)|的图象知：当 x0 时， yax 只有 a0 时，才能满足 |f(x)|ax，可排除B，C. 当 x0 时， y|f(x)|x22x|x22x. 故由 |f(x)|ax 得 x22xax. 当 x0 时，不等式为00 成立当 x0 时，不等式等价于x2a. x2 2， a2. 综上可知： a2,012答案： B 第卷二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分13答案： 2 解析： cta(1t)b， b cta b(1t)|b|2. 又|a|b|1，且 a 与 b 夹角为 60

18、，bc，0 t|a|b|cos 60 (1t)，012t1t.t2. 14答案： (2)n1解析： 2133nnSa，当 n2 时，112133nnSa.，得12233nnnaaa，即1nnaa 2. a1S112133a， a11. an是以 1 为首项， 2 为公比的等比数列，an(2)n1. 15答案：255名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 10 页 共 15 页解析： f(x)sin x2cos x1

19、25sincos55xx，令 cos 15，sin 25，则 f(x)5sin( x)，当 x2k 2 (kZ)时，sin( x)有最大值 1，f(x)有最大值5，即 2k 2 (kZ)，所以 cos cos 2 +2kcos2sin 22 555. 16答案： 16 解析： 函数 f(x)的图像关于直线x 2 对称， f(x)满足 f(0)f(4)，f(1)f(3)，即15 164,08 93,babab解得8,15.abf(x) x48x314x28x15.由 f(x)4x324x228x80，得 x1 25，x2 2，x325. 易知， f(x)在(， 25)上为增函数，在( 25， 2

20、)上为减函数，在(2， 25)上为增函数，在 (25， )上为减函数f(25)1(25)2( 25)28(25)15(84 5)(84 5)806416. f(2)1(2)2(2)28( 2)15 3(41615) 9. f( 25)1( 25)2( 25)28(25) 15(84 5)(84 5)806416. 故 f(x)的最大值为16. 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17解： (1)由已知得 PBC60 ，所以 PBA30 . 在 PBA 中，由余弦定理得PA2117323cos 30424. 故 PA72. (2)设 PBA ，由已知得PBsin . 在 PBA 中

21、，由正弦定理得3sinsin150sin(30)，化简得3cos 4sin . 所以 tan 34，即 tanPBA34. 18(1)证明： 取 AB 的中点 O，连结 OC，OA1，A1B. 因为 CACB，所以 OCAB. 由于 ABAA1，BAA160 ，故 AA1B 为等边三角形，所以OA1AB. 因为 OCOA1O，所以 AB平面 OA1C. 又 A1C平面 OA1C，故 ABA1C. (2)解：由(1)知 OCAB，OA1AB. 又平面 ABC平面 AA1B1B，交线为 AB，所以 OC平面 AA1B1B，故 OA，OA1，OC 两两相互垂直以 O 为坐标原点，OAuuu r的方向

22、为 x 轴的正方向， |OAuu u r|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 11 页 共 15 页由题设知A(1,0,0)，A1(0，3，0)，C(0,0，3)，B(1,0,0)则BCuuu r(1,0，3)，1BBuuu r1AAuu ur(1，3，0)，1ACuuur(0，3，3)设 n(x，y， z)是平面 BB1C1C 的法向量，则10,0,BCBB

23、uu u ruu u rnn即30,30.xzxy可取 n(3，1， 1)故 cosn，1ACuuur11ACACuuuruu u rnn105. 所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为105. 19解： (1)设第一次取出的4 件产品中恰有3 件优质品为事件A1，第一次取出的4 件产品全是优质品为事件 A2，第二次取出的4 件产品都是优质品为事件B1，第二次取出的1 件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有A(A1B1) (A2B2)，且 A1B1与 A2B2互斥，所以P(A)P(A1B1)P(A2B2) P(A1)P(B1|A1)P(A2)P(B2|A2)

24、4111316 1616264. (2)X 可能的取值为400,500,800，并且P(X400)41111161616，P(X500)116，P(X800)14. 所以 X 的分布列为X 400500800 P 111611614EX1111400+500+80016164506.25. 20解：由已知得圆M 的圆心为 M(1,0)，半径 r11；圆 N 的圆心为 N(1,0)，半径 r23. 设圆 P 的圆心为P(x，y)，半径为 R. (1)因为圆 P 与圆 M 外切并且与圆N 内切，所以 |PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r24. 由椭圆的定义可知，曲线C 是以 M，N 为左、右焦

25、点，长半轴长为2，短半轴长为3的椭圆 (左顶点名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 12 页 共 15 页除外 )，其方程为22=143xy(x2)(2)对于曲线C 上任意一点P(x，y)，由于 |PM|PN|2R22，所以 R2，当且仅当圆P 的圆心为 (2,0)时， R2. 所以当圆P 的半径最长时，其方程为(x2)2y24. 若 l 的倾斜角为90 ，则 l 与 y 轴重合，可得 |AB|2 3. 若 l

26、 的倾斜角不为90 ，由 r1R 知 l 不平行于 x 轴，设 l 与 x 轴的交点为Q，则1|QPRQMr，可求得Q(4,0)，所以可设l：yk(x4)由 l 与圆 M 相切得2| 3 |=11kk，解得 k24. 当 k24时，将224yx代入22=143xy，并整理得7x28x80，解得 x1,246 27. 所以 |AB|221181|7kxx. 当24k时，由图形的对称性可知|AB|187. 综上， |AB|2 3或|AB|187. 21解： (1)由已知得 f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4. 而 f(x)2xa，g(x)ex(cxdc)，故 b2，d2，a4，dc4.

27、 从而 a4，b2，c2，d2. (2)由(1)知， f(x) x24x2，g(x)2ex(x1)设函数 F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，则 F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1)由题设可得F(0)0，即 k1. 令 F(x)0 得 x1 ln k，x2 2. 若 1ke2，则 2x10.从而当 x(2，x1)时， F(x)0；当 x(x1，)时， F(x)0.即 F(x)在(2，x1)单调递减，在(x1， )单调递增故F(x)在2， )的最小值为F(x1)名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -

28、- - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 13 页 共 15 页而 F(x1) 2x1221x4x12 x1(x12)0. 故当 x2 时， F(x)0，即 f(x)kg(x)恒成立若 ke2，则 F(x)2e2(x2)(exe2)从而当 x 2 时，F(x)0，即 F(x)在( 2，)单调递增而 F(2)0，故当 x 2 时， F(x)0，即 f(x)kg(x)恒成立若 ke2，则 F( 2)2ke22 2e2(ke2)0. 从而当 x2 时，f(x)kg(x)不可能恒成立综上， k 的取值范围是 1，e2请考生

29、在第 (22)、(23)、(24)三题中任选一题做答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一个题目计分，做答时请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑22 (1)证明： 连结 DE，交 BC 于点 G. 由弦切角定理得，ABEBCE. 而 ABE CBE，故 CBEBCE，BECE.又因为 DBBE，所以 DE 为直径， DCE90 ，由勾股定理可得DBDC. (2)解： 由(1)知， CDE BDE，DBDC，故 DG 是 BC 的中垂线，所以BG32. 设 DE 的中点为O，连结 BO，则 BOG60 . 从而 ABE BCECBE30 ，所以 CF BF，故 RtBCF 外

30、接圆的半径等于32. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 14 页 共 15 页23解： (1)将45cos ,55sinxtyt消去参数 t，化为普通方程(x4)2(y5)225，即 C1：x2y28x10y160. 将cos ,sinxy代入 x2y28x10y160 得28 cos 10 sin 160. 所以 C1的极坐标方程为28 cos 10 sin 160. (2)C2的普通方程为x2y22y0

31、. 由2222810160,20 xyxyxyy解得1,1xy或0,2.xy所以 C1与 C2交点的极坐标分别为2,4，2,2. 24解： (1)当 a 2 时，不等式f(x)g(x)化为|2x1|2x2|x30. 设函数 y|2x 1|2x2|x3，则 y15 ,212,1,236,1.x xxxxx其图像如图所示从图像可知，当且仅当x(0,2)时， y0. 所以原不等式的解集是x|0 x2名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 15 页 - - - - - - - - - 第 15 页 共 15 页(2)当 x1,2 2a时， f(x)1a. 不等式 f(x)g(x)化为 1ax3. 所以 xa2 对 x1,2 2a都成立故2aa2，即43a. 从而 a 的取值范围是41,3. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 15 页 - - - - - - - - -