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全国乙2022年高考数学压轴卷(文)
2022-07-119.99元 17页 1.22 MB
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(全国乙)2022年高考数学压轴卷文一.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.设集合M={x||x-1|<1},N={x|x<2},则M∩N=()A.(-1,1)B.(-1,2)C.(0,2)D.(1,2)2.已知复数z=1﹣i,则=(  )A.2B.﹣2C.2iD.﹣2i3.命题“x≥1,都有lnx+x﹣1≥0”的否定是(  )A.x≥1,都有lnx+x﹣1<0B.∃x0<1使得lnx0+x0﹣1<0C.∃x0≥1使得lnx0+x0﹣1≥0D.∃x0≥1使得lnx0+x0﹣1<04.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A.10B.16C.22D.285.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗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()17,A.4B.5C.6D.77.设变量,满足约束条件则目标函数的最小值为()A.3B.16C.6D.48.已知向量,满足||=2,||=2,与﹣夹角的大小为,则•=(  )A.0B.C.2D.﹣19.已知函数,则下列说法正确的是()A.f(x)的最小正周期为B.f(x)的最大值为2C.f(x)在上单调递增D.f(x)的图象关于直线对称10.函数的大致图象为(  )A.17,B.C.D.11.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(  )A.B.C.D.一.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y=f(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}(n∈N*)中,若a2=,a5=,则a8=  .15.在△ABC中,已知AB=9,BC=7,cos(C﹣A)=,则cosB=  .16.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__________.17,三、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,AB∥CD,AB=2,CD=,cosA=,cos∠ADB=.(Ⅰ)求cos∠BDC;(Ⅱ)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11∶13,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2×2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值.参考公式:附:0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0720.7063.8415.0246.6357.8791082817,19.如图,ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为1的正方体.(Ⅰ)求证:平面A1BD⊥平面A1ACC1;(Ⅱ)点P是棱AA1上一动点,过点P作平面α平行底面ABCD,AP为多长时,正方体ABCD﹣A1B1C1D1在平面α下方的部分被平面A1BD截得的两部分的体积比是1:3.20.已知椭圆C1:=1(a>b>0),其右焦点为F(1,0),圆C2:x2+y2=a2+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)=x2﹣a(lnx+1)(a>0).(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4—5: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;17,(2)已知点P的直角坐标为,与曲线C交于A、B两点,求.23.[选修4—5:不等式选讲]已知函数.(1)若,解不等式;(2)若对任意,求证:.17,参考答案1.【答案】C【解析】,故选:C2.【答案】A【解析】解:将z=1﹣i代入得,故选:A.3.【答案】D【解析】解:命题为全称命题,则命题的否定为:∃x0≥1,使得lnx0+x0﹣1<0,故选:D.4.【答案】A【解析】解:根据题意,分3种情况讨论:①2个盒子各放3个小球,一个盒子是空的,有C32=3种放法,②若每个盒子放2个小球,有1种放法,③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A32=6种放法,则有3+1+6=10种放法,故选:A.5.【答案】B【解析】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”,,,;17,2.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.17,8.【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•(﹣)=2﹣•=4﹣•,所以=4﹣•,两边平方整理可得(•)2﹣6•=0,所以•=6或•=0,当•=6时,|﹣|=2,cos<,﹣>====﹣,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:A.9.【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;17,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x>1时,2xlnx2>0,4x+1>0,f(x)>0,由此排除选项D.故选:A.11.【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OH∥MF′.又|OH|=|OF|=c=3,|FH|=|MF|=(2a﹣2c)=a﹣c=1.17,设∠HFO=α,在△OHF中,tanα==,∴直线MF的斜率是﹣.故选:A.13.【答案】1【解析】解:∵奇函数y=f(x)的周期为2,且当x∈(0,1)时,f(x)=log2x.∴f(7.5)=f(1.5)=f(﹣0.5)=﹣f(0.5)=﹣log2=1,故答案为:1.14.【答案】4【解析】解:因为等比数列{an}(n∈N*)中,,,所以q3==8,即q=2,所以a8===4.故答案为:4.15.【答案】【解析】解:∵AB=9,BC=7,∴AB>BC,∴C>A,作CD=AD,交AB于D,则∠DCA=∠A,∴∠BCD=∠C﹣∠A,即cos∠BCD=,设AD=CD=x,则BD=9﹣x,在△BCD中,由余弦定理知,BD2=CD2+BC2﹣2CD•BCcos∠BCD,17,∴(9﹣x)2=x2+49﹣2•x•7•,解得x=6,∴AD=CD=6,BD=3,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:(Ⅰ)因为AB∥CD,cosA=,cos,所以sinA==,sin∠ADB==,cos∠BDC=cos[π﹣(A+∠ADB)]=﹣cos(A+∠ADB)=sinAsin∠ADB﹣cosAcos∠ADB=×﹣=.(Ⅱ)由已知及正弦定理,可得=,解得BD=3,由于cos∠BDC=,CD=,在△BCD中,由余弦定理可得BC===.17,18.【答案】(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17,0123可得.19.【答案】【解析】(Ⅰ)证明:AA1⊥平面ABCD,则AA1⊥BD,又∵底面ABCD是正方形,∴对角线AC⊥BD,又AA1∩AC=A,∴BD⊥平面A1ACC1,而BD⊂平面A1BD,∴平面A1BD⊥平面A1ACC1;(Ⅱ)设平面α与A1B,A1D,B1B,D1D,C1C分别交于E,F,M,N,Q,设A1P=x,则AP=1﹣x,PE=PF=x,由题意,正方体ABCD﹣A1B1C1D1在平面α下方的部分被平面A1BD截得的两部分的体积比是1:3,∴VPEF﹣ABD:VPMQN﹣ABCD=1:4,得,解得:或(舍).∴AP=1﹣x=1﹣.20.【答案】【解析】解:(1)由已知可得过F且垂直x轴的直线方程为x=1,17,联立方程,解得y=,联立方程,解得y=,所以,又因为a2=b2+1…②,联立①②解得a2=2,b2=1,所以曲线C1的方程为,曲线C2的方程为x2+y2=3;(2)设直线l的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程,消去x整理可得:(2+m2)y2+2my﹣1=0,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:5m4﹣16m2﹣16=0,解得m2=4或﹣(舍去),所以m2=4,所以原点O到直线l的距离d=,则|CD|=2.21.【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.17,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)﹣x≤0,∴f(x)﹣x≤0在(1,e)上恒成立,(分离参数)故在(1,e)上恒成立,∴a≥g(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.17,【解析】(1)解:∵,∴.∴或或,解得或或.∴不等式的解集为.(2)证明:∵,又∵,∴.∴成立.17
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