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2022年全国甲卷高考押轴数学试卷(理)含答案

1、2022全国甲卷高考押轴数学试卷(理)一选择题(本题共12个小题,每个小题5分,共60分.)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

2、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. D. 8.圆上的点到直线的距离的最小值为A. 1B. 2C. 4

3、D. 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、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

4、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)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;(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

5、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

6、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,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

7、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

8、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

9、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.【 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.

10、【 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.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

11、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:

12、,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:anSn

13、Sn1(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.【

14、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,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

15、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(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

16、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,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

17、)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