2022届高考数学理科压轴卷（全国甲卷）（含答案）.docx

1、2022全国甲卷高考压轴卷数学（理）word版含解析一选择题（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|（）ABC2D23.下列函数中，在区间（0，+）上单调递增的是（）AyBy2xCyDy4.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.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

2、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时可得的近似值为（ ）A. 0.00873B. 0.01745C. 0.02618D. 0.034915.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. B. C. 2D. 6.某程序框图如图所示，该程序运行后输出S的结果是（ ）A. B. C. D. 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，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. B. C.

3、D. 8.圆上的点到直线的距离的最小值为A. 1B. 2C. 4D. 59.在的展开式中，含项的系数为（ ）A. 80B. 40C. 40D. 12010.已知实数x，y满足约束条件，则z的最小值为（）ABC2D311.已知双曲线1的右焦点为F，点M在双曲线上且在第一象限，若线段MF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线MF的斜率是（）ABCD12.已知函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 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，当时，则_14.在新高考改革中，学生可从物理、历史、化学

4、、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、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cos，若B是以OA为边的矩形的顶点，则m 16.数列an是首项，公差为的等差数列，其前和为Sn，存在非零实数，对任意有恒成立，则的值为_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C；（

5、2）若c，ABC的面积为，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Tn19.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，（为常数，且）（1）若直线BF平面ACE，求实数的值；（2）当时，求二面角CAEF的大小20.已知椭圆C：（，）的长轴为双曲线的实轴，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，且，当

6、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）ex（a0）（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当b0，1）时，设函数g（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2，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，）（1）求点A，B，

7、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，求实数a的取值范围 2022全国甲卷高考压轴卷数学word版含解析参考答案1.【 答案】 C【 解析】解：2x823x，x2，A（，2），x24x+30，1x3，B（1，3），AB（，3）故选：C2.【 答案】D【 解析】解：由（1+i）z4i，得z2+2i，则|z|2 故选：D3. 【 答案】A【 解析】解：在（0，+）上单调递增，和

8、在（0，+）上都是减函数故选：A4.【 答案】B【 解析】根据，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，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，所以这360个扇形的面积之和近似为单位圆的面积，即，所以，故选：B5.【 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.故选：B6.【 答案】C【 解析】由题意，、初始值分别为1，0当为小于5的正整数时，用的

9、值代替，代替，进入下一步运算由此列出如下表格01输出值12345因此，最后输出的故选：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.故选：D8.【 答案】A【 解析】由，得，圆心为，半径，圆心到直线的距离，故圆上的点到直线的距离的最小值为.9.【 答案】C【 解析】针对部分，通项为，中项为，故选：C10

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：B11.【 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：A12.【 答案】B分析：【 解析】解答：当时，不是函数的零点.当时，由，得，设，则在上单调递减，且.所以时无零点 当时，等价于，令，得在上单调递减，在上单调递增，.因为有2个零点，所以.故选：B

11、.13.【 答案】【 解析】因为，所以由为奇函数得：故答案为：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C60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：18015.【 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

12、得m5，故答案为：，516.【 答案】1或【 解析】当时，恒成立，当时：当数列的公差时，即，据此可得，则，当数列的公差时，由题意有：，两式作差可得：，整理可得：，即：，则，-整理可得：恒成立，由于，故，据此可得：，综上可得：的值为1或.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

13、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：19.【 答案】（1）（2）【 解析】（1）因为底面，平面，所以，由题意可知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，则，所以设平面的一

14、个法向量为由得：不妨令，得因为平面，所以，解得（2）由（1）知，平面的一个法向量为，所以设平面的一个法向量为由得令，得，所以.所以，所以二面角的大小为20.【 答案】（1）（2）【 解析】（1）由题意可得解方程组可求出，从而可求出椭圆方程，（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，将直线方程代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，然后由列方程可求出，则直线的方程为，从而可得其过定点，当直线的斜率不存在时，设，则，由可求出两点的坐标，从而可求出直线过的定点，进而可求出直线方程【详解】（1）由题意，知解得，所以椭圆的标准方程为（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，联立得由韦达定理，得所以因为，所以，即

15、，所以直线的方程为，即，由，得故直线恒过点当直线的斜率不存在时，设，则，所以，解得，所以此时直线也过点因为点在椭圆的内部，所以当直线垂直于时，坐标原点到直线的距离最大，此时直线的方程为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

16、（x）单调递增，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，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）

17、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（），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|223.【 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