精品资料：2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考1卷）数学-教师用卷.docx

1、四川天地人教育2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考1卷）数学1. 若集合，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题.【解答】解：因为，故2. 若，则A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】本题考查了复数代数形式的四则运算及共轭复数，属基础题.【解答】解：，3. 在中，点D在边AB上，记，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题主要考查向量的加减及数乘运算，属于基础题.【解答】解：，4. 南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为水位为海

2、拔时，相应水面的面积为将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题考查了棱台的体积公式的应用，属于基础题.【解答】解：依据棱台的体积公式5. 从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题考查了古典概型及其计算，涉及组合数公式、对立事件的概率公式，属基础题.【解答】解：由题可知，总的取法有种，不互质的数对情况有：两个偶数，3和所以两个数互质的概率为6. 记函数的最小正周期为若，且的图像关于点中心对称，则A. 1B. C. D. 3【

3、答案】A【解析】【分析】本题主要考查三角函数的周期性和对称性，属于中档题.【解答】解：由题可知：，所以又因为的图像关于点中心对称，所以，且所以，所以所以所以7. 设，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题考查了利用导数比较大小，关键是构造合适的函数，考查了运算能力，属于较难题.【解答】解：，令则，故在上单调递减，可得，即，所以；，令则，令，所以，所以在上单调递增，可得，即，所以在上单调递增，可得，即，所以故8. 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】本题考查了球的内

4、接问题，涉及棱锥的体积、球的体积、基本不等式、导数等知识，属较难题.【解答】解：方法：设正四棱锥的高为，底面边长为a，球心为O，由已知易得球半径为，所以，因为，故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是方法由方法中知，求导，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故该正四棱锥体积的取值范围是9. 已知正方体，则A. 直线与所成的角为B. 直线与所成的角为C. 直线与平面所成的角为D. 直线与平面ABCD所成的角为【答案】ABD【解析】【分析】本题主要考查直线与直线所成角及直线与平面所成角，属于中档题.【解答】解：如图，因为，所以，

5、故A正确;对于选项因为直线平面，且平面，所以直线，故B正确;对于选项连接与交于点，则即为直线与平面所成的角，所以，故C错误;对于选项直线与平面ABCD所成的角即为，所以D正确.10. 已知函数，则A. 有两个极值点B. 有三个零点C. 点是曲线的对称中心D. 直线是曲线的切线【答案】AC【解析】【分析】本题考查利用导数研究函数的极值与零点以及曲线上一点的切线问题，函数的对称性，考查了运算能力以及数形结合思想，属于中档题.【解答】解：，令得：，或；，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以有两个极值点为极大值点，为极小值点，故A正确;又，所以仅有1个零点如图所示，故B错;又，所以关于对

6、称，故C正确;对于D选项，设切点，在P处的切线为，即，若是其切线，则，方程组无解，所以D错.11. 已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则A. C的准线为B. 直线AB与C相切C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】本题考查了直线与抛物线的位置关系，属较难题.【解答】解：点在抛物线上，即，所以准线为，所以A错;直线代入得：，所以AB与C相切，故B正确.由题知直线PQ的斜率一定存在，则可设直线，则，或，此时，故C正确;，故D正确.12. 已知函数及其导函数的定义域为R，记若，均为偶函数，则A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】本题主要考查导函数与原函数的关

7、系，函数的对称性及奇偶性，属于难题.【解答】解：由为偶函数可知关于直线对称，由为偶函数可知关于直线对称，结合，根据关于直线对称可知关于点对称，根据关于直线对称可知：关于点对称，综上，函数与均是周期为2的周期函数，所以有，所以A不正确;，故，所以C正确.，所以B正确;又，所以，所以D不正确.13. 的展开式中的系数为_用数字作答【答案】【解析】【分析】本题考查二项展开式的特定项与特定项的系数，属于基础题.【解答】解：因为展开式的通项，令，则的系数为；令，则的系数为，所以的系数为14. 写出与圆和都相切的一条直线的方程_.【答案】填一条即可【解析】【分析】本题考查了圆与圆的公切线问题，涉及圆与圆的

8、位置关系、点到直线的距离等知识，属较难题.【解答】解：方法显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，于是，故，于是或，再结合解得或或，所以直线方程有三条，分别为，填一条即可方法设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；又由方程和相减可得方程，即为过两圆公共切点的切线方程，又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，直线OC与直线的交点为，设过该点的直线为，则，解得，从而该切线的方程为填一条即可15. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】本题主要考查过曲线外一点的切线问题，属于中档题.【解答】解：，设切点为，

9、故，即由题意可得，方程在上有两个不相等的实数根.化简得，解得或，显然此时0不是根，故满足题意.16. 已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，离心率为，过且垂直于的直线与C交于D，E两点，则的周长是_.【答案】13【解析】【分析】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的应用、椭圆的定义以及椭圆中的弦长问题，考查了运算求解能力，属于中档题.【解答】解：由椭圆离心率为，可得，则，则C：，易得：，：，可解得与DE的交点，故直线DE垂直平分，即，又，所以的周长17. 记为数列的前n项和，已知，是公差为的等差数列.求的通项公式;证明：【答案】解：;由-得：当且时，又也符合上式，因此，即原不等式成立.【解析】本

10、题考查了数列与不等式，涉及裂项相消法求和、等差数列的通项公式、根据数列的递推公式求通项公式等知识，属中档题.18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知若，求求的最小值.【答案】解：，且，又A，又，由正弦定理，得，令，则，在时递减，在时递增，因此时，【解析】本题主要考查三角恒等变换的综合应用及利用余弦定理和对勾函数解决最值问题，属于中档题.19. 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为求A到平面的距离;设D为的中点，平面平面，求二面角的正弦值.【答案】解：设A到平面的距离为d，因为直三棱柱的体积为4，即可得，故，又，解得，所以A到平面的距离为；连接，因为直三棱柱中，故为正方形，即，又平面

11、平面，平面平面，平面，故平面，所以，又因为，平面，且，故平面，则，所以三条直线两两垂直，故如图可以以B为原点建立空间直角坐标系，设，则，由条件可得，解得，则，的中点，所以，设平面ABD的一个法向量为，取，同理可求得平面BCD的一个法向量为所以，所以二面角的正弦值为【解析】本题考查了平面与平面所成角的空间向量求法、点到面的距离的几何求法、几何体的体积公式，考查了空间中的垂直关系的证明与应用，属于中档题.20. 一支医疗团队研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯卫生习惯分为良好和不够良好两类的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例称为病例组，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人称

12、为对照组，得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090能否有的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异?从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为证明：利用该调查数据，给出，的估计值，并利用的结果给出R的估计值.附：，k【答案】解：得到联表如下：不够良好良好总计病例组4060100对照组1090100总计50150200有的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异;证明：，又，即，R的估计值为【解析】本题考查了独立性检验和条件概率的计算

13、，属中档题.21. 已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为求l的斜率;若，求的面积.【答案】解：将点A代入双曲线方程得，化简得得：，故双曲线方程为由题显然直线l的斜率存在，设，设，则联立直线与双曲线得：，故，化简得：，故，即，而直线l不过A点，故设直线AP的倾斜角为，由，得，由，得，即，联立，及得，同理，故，而，由，得，故【解析】本题主要考查直线与双曲线的位置关系及双曲线中面积问题，属于难题.22. 已知函数和有相同的最小值.求证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【答案】解：由题知，当时，则两函数均无最小值，

14、不符题意;当时，在单调递减，在单调递增；在单调递减，在单调递增；故，所以，即，令，则，则在单调递增，又，所以由知，且在上单调递减，在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增，且时，此时，显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意；时，此时，故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；时，首先，证明与曲线有2个交点，即证明有2个零点，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为其次，证明与曲线和有2个交点，即证明有2个零点，所以上单调递减，在上单调递增，又因为，令，则，所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为再次，证明存在b，使得因为，所以，若，则，即，所以只需证明在上有解即可，即在上有零点，因为，所以在上存在零点，取一零点为，令即可，此时取则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为所以，又因为在上单调递减，即，所以，同理，因为，又因为在上单调递增，即，所以，又因为，所以，即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【解析】本题主要考查了利用导数研究函数单调性、最值，函数零点问题，考查了分类讨论思想，属于难题.第 19 页 共 20 页