1、2022全国乙卷高考押轴数学试卷（文）1 选择题：本题共12个小题，每个小题5分，共60分.1.设集合M=x|x-1|1，N=x|x2，则MN=（ ）A. (-1，1)B. (-1，2)C. (0，2)D. (1，2)2.已知复数z1i，则（）A2B2C2iD2i3.命题“x1，都有lnx+x10”的否定是（）Ax1，都有lnx+x10Bx01使得lnx0+x010Cx01使得lnx0+x010Dx01使得lnx0+x0104.将6个相同的小球放入3个不同的盒子中，每个盒子至多可以放3个小球，且允许有空盒子，则不同的放法共有（）种A10B16C22D285.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗
2、实线画出的是某几何体的三视图则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 6.执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）A. 4B. 5C. 6D. 77.设变量，满足约束条件则目标函数的最小值为（ ）A3B16C6D48.已知向量，满足|2，|2，与夹角的大小为，则（）A0BC2D19.已知函数，则下列说法正确的是（ ）Af(x)的最小正周期为Bf(x)的最大值为2Cf(x)在上单调递增Df(x)的图象关于直线对称10.函数的大致图象为（）ABCD11.已知等差数列an中，则等于（ ）A. 15B. 30C. 31D. 6412.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
3、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（）ABCD2 填空题:本题共4个小题，每个小题5分，共20分.13.已知奇函数yf（x）的周期为2，且当x（0，1）时，f（x）log2x则f（7.5）的值为.14.等比数列an（nN*）中，若a2=，a5=，则a815.在ABC中，已知AB9，BC7，cos（CA），则cosB16.在平面直角坐标系xOy中，已知，A，B是圆C：上的两个动点，满足，则PAB面积的最大值是_3、 解答题:本题共5个小题,第17-21题每题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.如图，在四边形ABCD中，ABCD，AB2
4、，CD，cosA，cosADB=（）求cosBDC；（）求BC的长18.2020年寒假是特殊的寒假，因为疫情全体学生只能在家进行网上在线学习，为了研究学生在网上学习的情况，某学校在网上随机抽取120名学生对线上教育进行调查，其中男生与女生的人数之比为1113，其中男生30人对于线上教育满意，女生中有15名表示对线上教育不满意.（1）完成22列联表，并回答能否有99%的把握认为对“线上教育是否满意与性别有关”；满意不满意总计男生女生合计120（2）从被调查中对线上教育满意的学生中，利用分层抽样抽取8名学生，再在8名学生中抽取3名学生，作线上学习的经验介绍，其中抽取男生的个数为，求出的分布列及期望
5、值.参考公式：附：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0720.7063.8415.0246.6357.8791082819.如图，ABCDA1B1C1D1是棱长为1的正方体（）求证：平面A1BD平面A1ACC1；（）点P是棱AA1上一动点，过点P作平面平行底面ABCD，AP为多长时，正方体ABCDA1B1C1D1在平面下方的部分被平面A1BD截得的两部分的体积比是1：320.已知椭圆C1：1（ab0），其右焦点为F（1，0），圆C2：x2+y2a2+b2，过F垂直于x轴的直线被圆和椭圆截得的弦长比值为2（1）求曲线C1，C2的方程：（2）直线l过右焦点F，与椭
6、圆交于A，B两点，与圆交于C，D两点，O为坐标原点，若ABO的面积为，求CD的长21.设函数f（x）x2a（lnx+1）（a0）（1）证明：当a时，f（x）0；（2）若对任意的x（1，e），都有f（x）x，求a的取值范围选考题: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45：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（为参数），曲线C的参数方程为（，为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且曲线C的极坐标方程为.（1）求，的值；（2）已知点P的直角坐标为，与曲线C交于A
7、、B两点，求.23.选修45：不等式选讲已知函数（1）若，解不等式；（2）若对任意，求证：2022全国乙卷高考压轴卷数学（文）word版含解析1.【答案】C【解析】，故选：C2.【答案】A【解析】解：将z1i代入得，故选：A3.【答案】D【解析】解：命题为全称命题，则命题的否定为：x01，使得lnx0+x010，故选：D4.【答案】A【解析】解：根据题意，分3种情况讨论：2个盒子各放3个小球，一个盒子是空的，有C323种放法，若每个盒子放2个小球，有1种放法，若1个盒子放1个小球，1个盒子放2个小球，最后一个放3个小球，有A326种放法，则有3+1+610种放法，故选：A5.【答案】B【解析】
8、解：由几何体的三视图可知，该几何体为倒立圆锥，且圆锥的底面圆半径为1，高为2，所以体积，故选：B.6.【答案】D【解析】解：开始：1. 判断为“是”, ,；2. 判断为“是”, ,；3. 判断为“是”, ,；4. 判断为“是”, ,；5. 判断为“是”, ,；6. 判断为“是”, ,；7. 判断为“否”,输出.故选：D7.【答案】D【解析】解：不等式组对应的可行域如图所示：由可得，故，将初始直线平移至时，有最小值为，故选：D.8.【答案】A【解析】解：因为|2，|2，所以|，因为与夹角的大小为，所以（）|cos，又（）24，所以4，两边平方整理可得（）260，所以6或0，当6时，|2，cos，
9、此时与夹角的大小为，与已知矛盾，舍去；当0，|4，cos，此时与夹角的大小为，符合条件，综上可得，0故选：A9.【答案】D【解析】解：由题意，函数，由函数的最小正周期，可得，所以A错误；由函数的最大值为，所以B错误；因为，可得，所以函数在上单调递减，所以C错误；由，令，解得，当时，可得，所以的图象关于直线对称，所以D正确.故选：D.10.【答案】A【解析】解：函数的定义域为（，0）（0，+），且，故f（x）为偶函数，由此排除选项BC，当x1时，2xlnx20，4x+10，f（x）0，由此排除选项D故选：A11.【答案】A【解析】解：，故选：A.12.【答案】A【解析】解：如图所示，设线段MF的
10、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：A13. 【答案】1【解析】解：奇函数yf（x）的周期为2，且当x（0，1）时，f（x）log2xf（7.5）f（1.5）f（0.5）f（0.5）log21，故答案为：114.【答案】4【解析】解：因为等比数列an（nN*）中，所以q38，即q2，所以a84故答案为：415.【答案】【解析】解：AB9，BC7，ABBC，CA，作CDAD，交AB于D，则DCAA，BCDCA，即cosBCD，设ADCDx
11、，则BD9x，在BCD中，由余弦定理知，BD2CD2+BC22CDBCcosBCD，（9x）2x2+492x7，解得x6，ADCD6，BD3，在BCD中，由余弦定理知，cosB故答案为：16.【答案】【解析】解：设圆心到直线距离为，则所以令（负值舍去）当时，；当时，因此当时，取最大值，即取最大值为，故答案为：17.【答案】【解析】解：（）因为ABCD，cosA，cos，所以sinA，sinADB，cosBDCcos（A+ADB）cos（A+ADB）sinAsinADBcosAcosADB（）由已知及正弦定理，可得，解得BD3，由于cosBDC，CD，在BCD中，由余弦定理可得BC18.【答案】
12、（1）见解析，有99%的把握认为对“线上教育是否满意与性别有关”.（2）见解析，【解析】解：（1）因为男生人数为：，所以女生人数为，于是可完成列联表，如下：满意不满意总计男生302555女生501565合计8040120根据列联表中的数据，得到的观测值，所以有99%的把握认为对“线上教育是否满意与性别有关”.（2）由（1）可知男生抽3人，女生抽5人，依题可知的可能取值为，并且服从超几何分布，即,.可得分布列为0123可得.19.【答案】【解析】（）证明：AA1平面ABCD，则AA1BD，又底面ABCD是正方形，对角线ACBD，又AA1ACA，BD平面A1ACC1，而BD平面A1BD，平面A1B
13、D平面A1ACC1；（）设平面与A1B，A1D，B1B，D1D，C1C分别交于E，F，M，N，Q，设A1Px，则AP1x，PEPFx，由题意，正方体ABCDA1B1C1D1在平面下方的部分被平面A1BD截得的两部分的体积比是1：3，VPEFABD：VPMQNABCD1：4，得，解得：或（舍）AP1x120.【答案】【解析】解：（1）由已知可得过F且垂直x轴的直线方程为x1，联立方程，解得y，联立方程，解得y，所以，又因为a2b2+1，联立解得a22，b21，所以曲线C1的方程为，曲线C2的方程为x2+y23；（2）设直线l的方程为xmy+1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程，消去x
14、整理可得：（2+m2）y2+2my10，所以y，所以|AB|，又原点O到直线l的距离d，所以三角形ABO的面积S，整理可得：5m416m2160，解得m24或（舍去），所以m24，所以原点O到直线l的距离d，则|CD|221.【答案】【解析】解：（1）证明：由题意得f（x）的定义域为（0，+），令f（x）0可得所以当时，f（x）0，当时，f（x）0故f（x）在上单调递减，在上单调递增所以f（x）的最小值，所以，故，所以当时，f（x）0（2）对任意的x（1，e），都有f（x）x0，f（x）x0在（1，e）上恒成立，（分离参数）故在（1，e）上恒成立，ag（x）max令，在（1，e）上恒大于0，g（x）在（1，e）上单调递增，g（x）的最大值为，22.【答案】（1）；（2）.【解析】解：（1）由，得，则，即.因为，所以.（2）将代入，得.设，两点对应的参数分别为，则，.所以.23.【答案】（1）（2）证明见详解.【解析】（1）解：，或或，解得或或不等式的解集为 （2）证明：，又，成立
