2022届全国高考压轴卷数学理(全国甲卷).pdf

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1、-1-2022 全国甲卷高考压轴卷 数学（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 B2 C2 D22 3.下列函数中，在区间（0，+）上单调递增的是（）Ay21x By2x Cyx21log Dyx1 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3

2、.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（）-2-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（）A43 B45 C2 D3 11.已知双曲线5422yx1 的右焦点为 F，点 M 在双曲线上且在第一象限，若线段 MF 的中点在

4、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 D35 12.已知函数 22210,0 xaxxxf xeaxex有两个零点，则实数a的取值范围是（）-3-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 科，再从化学、

5、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+bcosA）c（1）求

6、C；（2）若 c7，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，BC AD，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 -4-20.已知椭圆 C：22221xyab（0a，0b）的长轴为双曲线22184xy的实轴，且椭圆

7、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1212kk，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(xxbex（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黑.22.选修 4

8、-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1，+）上有解，求

9、实数 a 的取值范围 -5-2022 全国甲卷高考压轴卷 数学 1.【答案】C 2.【答案】D 3.【答案】A 4.【答案】B 5.【答案】B 6.【答案】C 7.【答案】D 8.【答案】A 9.【答案】C 10.【答案】B 11.【答案】A 12.【答案】B 13.【答案】12 14.【答案】180 15.【答案】，5 16.【答案】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，-6-C（2）由 c，C，ABC 的面积

10、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+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

11、：19.【答案】（1）12（2）2 【解析】-7-（1）因为PA 底面ABCD，AB，AD 平面ABCD，所以PAAB，PAAD 由题意可知，AB，AD，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，00 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222440BF m，解得12 （2）由

12、（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 2AFAPPF 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 -8-（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,

13、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1212kk 列方程可求出213kt，则直线AB的方程为213kykx，从而可得其过定点，当直线AB的斜率不存在时，设00,A x y，则00,B xy，由1212kk 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12221228,414

14、8,41ktxxktx xk所以122221222,418.41tyyktky yk 因为22221212121222212121211411241122224416164421424y yyytkyyttktkkkxxx xxxtktktktk 12，所以3210tk，即213kt，所以直线AB的方程为213kykx，即(32)(31)0 xky，-9-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 x y，则00,B xy，所以20000122000011121224222yyyxkkxxxx，解得023x，所以此时直线AB也过点2

15、1,33M因为点21,33M在椭圆C的内部，所以当直线AB垂直于OM时，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

16、，当 x（x1，2）时，f（x）0，f（x）单调递减，当 x（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，-10-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

17、，即 g（x）0，g（x）单调递减，当 x（x0，+）时，k（x）0，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（），-11-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

18、 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