2022新高考I卷 高考压轴卷数学word版含解析

2022新高考I卷高考压轴卷

数学

一．单项选择题：本题共8小题，每个小题5分，共40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.已知全集U=R,集合,,则A∩B=（    ）

A.  B.  C.  D.

2.已知命题：，，则为（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

3.已知复数z满足(i是虚数单位)，则复数z的共轭复数的虚部为()

A. 1 B. i C. －i D. －1

4.现有四名高三学生准备高考后到长三角城市群（包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市，简称“三省一市”）旅游，假设每名学生均从上海市、江苏省、浙江省、安徽省这四个地方中随机选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

5.若的展开式中项的系数是240，则实数m的值是（    ）

A. 2 B.  C.±2 D.

6.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知A＝，a＝，b＝1，则c＝（　　）

A．1 B．2 C．﹣1 D．

7.阿基米德(Archimedes，公元前287年一公元前212年)是古希腊伟大的数学家､物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的表面积为（    ）

A. 36π B. 45π C. 54π D. 63π

8.已知函数f（x）＝，若关于x的方程（f（x）﹣1）（f（x）﹣m）＝0恰有5个不同的实数根，则实数m的取值范围是（　　）

A．（1，2） B．（1，5） C．（2，3） D．（2，5）

二．多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得2分，有选错的得0分.

9.下列说法中正确的是（    ）

A. 对于向量，，，有

B. 向量，能作为所在平面内的一组基底

C. 设，为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的充分而不必要条件

D. 在△ABC中，设D是BC边上一点，且满足，，则

10.以下四个命题表述正确的是（    ）

A. 直线恒过定点

B. 已知直线过点，且在轴上截距相等，则直线的方程为

C. ，“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件

D. 直线的距离为

11.某班级的全体学生平均分成6个小组，且每个小组均有4名男生和多名女生.现从各个小组中随机抽取一名同学参加社区服务活动，若抽取的6名学生中至少有一名男生的概率为，则（    ）

A. 该班级共有36名学生

B. 第一小组的男生甲被抽去参加社区服务的概率为

C. 抽取的6名学生中男女生数量相同的概率是

D. 设抽取的6名学生中女生数量为，则

12.已知直线l：2x+y﹣2a＝0（a＞0），M（s，t）是直线l上的任意一点，直线l与圆x2+y2＝1相切．下列结论正确的为（　　）

A．的最小值为1 

B．当s＞0，t＞0时，的最小值为

C．的最小值等于的最小值 

D．的最小值不等于的最小值

二．填空题：本题共4个小题，每个小题5分，共20分.

13.已知函数，则______．

14.已知函数 的图象过点（0，），最小正周期为 ，且最小值为－1.若 ，的值域是 ，则m的取值范围是_____.

15.已知直线l1：x﹣y+3＝0，l2：2x+y＝0相交于点A，则点A的坐标为 　    　，圆C：x2+y2﹣2x+4y+1＝0，过点A作圆C的切线，则切线方程为 　   　．

16.在数列{an}中，若函数f（x）＝sin2x+2cos2x的最大值是a1，且an＝（an+1﹣an﹣2）n﹣2n2，则an＝_____．

四、解答题：本题共6小题,共70分.,解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17.（本题10分）

在△ABC中，，且，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求：

条件①：，；条件②：，．

（1）求，的值；

（2）求，．

18.（本题12分）已知等差数列{an}满足a3＝6，a4+a6＝20，{an}的前n项和为Sn．

（Ⅰ）求an及Sn；

（Ⅱ）令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．

19.（本题12分）元旦期间某牛奶公司做促销活动．一箱某品牌牛奶12盒，每盒牛奶可以参与刮奖中奖得现金活动，但其中只有一些中奖．已知购买一盒牛奶需要5元，若有中奖，则每次中奖可以获得代金券8元（可即中即用）．顾客可以在一箱牛奶中先购买4盒，然后根据这4盒牛奶中奖结果决定是否购买余下8盒．设每盒牛奶中奖概率为p（0＜p＜1），且每盒牛奶是否中奖相互独立．

（1）若p＝，顾客先购买4盒牛奶，求该顾客至少有一盒中奖的概率．

（2）设先购买的4盒牛奶恰好有一盒中奖的最大概率为p0，以p0为p值．某顾客认为如果中奖后售价不超过原来售价的四折（即40%）便可以购买如下的8盒牛奶，据此，请你判断该顾客是否可以购买余下的8盒牛奶．

20.（本题12分）如图（1），平面四边形ABDC中，∠ABC＝∠D＝90°，AB＝BC＝2，CD＝1，将△ABC沿BC边折起如图（2），使____，点M，N分别为AC，AD中点．在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题．①AD＝．②AC为四面体ABDC外接球的直径．③平面ABC⊥平面BCD．

（1）判断直线MN与平面ABD的位置关系，并说明理由；

（2）求二面角A﹣MN﹣B的正弦值．

21.（本题12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(,0)、F2(,0)，点M满足.记M的轨迹为C.

（1）求C的方程；

（2）设点T在直线上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P、Q两点，且，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.

22.（本题12分）已知函数，其中，是自然对数的底数.

（1）当时，求函数在区间的零点个数；

（2）若对任意恒成立，求实数a的取值范围.

2022新高考I卷高考压轴卷数学解析参考答案

1.【。 答案】C

【。 解析】解: 已知全集，集合，

则,

所以.

故选:C

2.【。 答案】C

【。 解析】命题：，，则为，，

故选：C.

3.【。 答案】D

【。 解析】∵，

∴，

∴，

∴的虚部为－1．

故选：D.

4.【。 答案】B

【。 解析】四名学生从四个地方任选一个共有种选法，

恰有一个地方未被选中，即有两位学生选了同一个地方，另外两名学生各去一个地方，

考虑先分堆在排序共有种，

所以恰有一个地方未被选中的概率为.

故选：B

5.【。 答案】D

【。 解析】二项式的通项公式为：

，

因为的展开式中项的系数是，

所以当时，有成立，

解得，因此有.

故选：D

6.【。 答案】B

【。 解析】解：解法一：（余弦定理）由a2＝b2+c2﹣2bccosA得：

3＝1+c2﹣2c×1×cos＝1+c2﹣c，∴c2﹣c﹣2＝0，∴c＝2或﹣1（舍）．

解法二：（正弦定理）由＝，得：＝，

∴sinB＝，

∵b＜a，∴B＝，从而C＝，

∴c2＝a2+b2＝4，∴c＝2．

故选：B．

7.【。 答案】C

【。 解析】因为球的体积为，设球的半径为，则，所以，

又圆柱的底面直径与高都等于球的直径，

所以圆柱的底面圆半径为，高为，

因此圆柱的表面积为.

故选：C.

8.【。 答案】A

【。 解析】解：方程（f（x）﹣1）（f（x）﹣m）＝0得方程f（x）＝1或f（x）＝m，

作出函数y＝f（x）的图象，如图所示，由图可知，f（x）＝1有两个根，故f（x）＝m有三个根，

故m∈（1，2）．

故选：A．

9.【。 答案】BCD

【。 解析】A中，向量乘法不满足结合律，不一定成立，故A错误；

B中，两个向量，，因为，所以与不共线，故B正确；

C中，因为，为非零向量，所以的充要条件是.因为，则由可知，的方向相反，，所以，所以“存在负数，使得”可推出“”；而可推出，但不一定推出，的方向相反，从而不一定推得“存在负数，使得”，所以“存在负数，使得”是“”充分不必要条件. 故C正确；

D中，由题意结合平面向量的性质可得，根据平面向量线性运算法则可得，所以，D正确.

故选：BCD.

10.【。 答案】ACD

【。 解析】对于A，，即，

直线恒过与的交点，解得，恒过定点，A正确；

对于B，直线过点，在轴上截距相等，当截距不为0时为，

截距为0时为，故B错误；

对于C，由题意，“直线与直线垂直”

则，解得或，

所以“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件，C正确；

对于D，直线的距离为，故D正确；

故选：ACD

11.【。 答案】ACD

【。 解析】解：设该班级每个小组共有名女生，

∵抽取的名学生中至少有一名男生的概率为，

∴抽取的名学生中没有男生（即6名学生全为女生）的概率为，

∴，解得，

∴每个小组有4名男生、2名女生，共6名学生，

∴该班级共有36名学生，则A对；

∴第一小组的男生甲被抽去参加社区服务的概率为，则B错；

抽取的6名学生中男女生数量相同的概率是，则C对；

设抽取的6名学生中女生数量为，则，则，则D对；

故选：ACD．

12.【。 答案】ABC

【。 解析】解：A中，当点M是直线与圆的切点时，|OM|最小，且为圆的半径1，所以A正确；

B中，因为直线与圆相切，所以d＝＝1，因为a＞0，所以2a＝，

所以直线l的方程为：2x+y﹣＝0，

因为M在直线上，所以2s+t＝，

当s＞0，t＞0，则直线l的方程为：2s+t＝，

所以+＝（+）•（2s+t）＝（5++）≥（5+2）＝，当且仅当＝时取等号，所以B正确；

因为+s＝+s＝+s＝+s，因为s∈R，

所以+s的最小值为+|s|，所以C正确，D不正确，

故选：ABC．

13.【。 答案】0

【。 解析】f(1)＝－1，f(－1)＝ln1＝0，∴0，

故答案为：0﹒

14.【。 答案】

【。 解析】由函数最小值为－1，，得，

因为最小正周期为，所以，故，

又图象过点（0， ）,所以 而，所以，

从而，

由，可得．

因为,且，

由余弦函数的图象与性质可知：，解得，

故填.

15.【。 答案】（﹣1，2）；3x+4y﹣5＝0或x＝﹣1

【。 解析】解：联立l1：x﹣y+3＝0，l2：2x+y＝0，

可得x＝﹣1，y＝2，∴A（﹣1，2）．

若切线斜率存在，设切线方程为y﹣2＝k（x+1），

则kx﹣y+2+k＝0，∴，

∴，∴切线方程为3x+4y﹣5＝0；

若斜率不存在，则切线方程为x＝﹣1．

故答案为：（﹣1，2）；3x+4y﹣5＝0或x＝﹣1．

16.【。 答案】an＝2n2+n

【。 解析】解：，

当，，取得最大值3，

．，

，，

是以为首项，2为公差的等差数列，

，

故答案为：．

17.【。 答案】选择条件①或②，都有（1），；（2），．

【。 解析】选择条件①

（1）∵，∴，

∵，∴，∴．

又∵，且，解得：，．

（2）∵，

∴，

∴．

选择条件②

（1），

将，，带入化简可得：∴，

又，且，解得：，．

（2）∵，∴，

∴．

18.【。 答案】

【。 解析】解：（Ⅰ）由题意，设等差数列{an}的公差为d，

则，

解得，

∴an＝2+2（n﹣1）＝2n，n∈N*，

Sn＝2n+•2＝n（n+1）．

（Ⅱ）由（Ⅰ），可得bn＝＝＝﹣，

故Tn＝b1+b2+…+bn

＝1﹣+﹣+…+﹣

＝1﹣

＝．

19.【。 答案】

【。 解析】解：（1）依题意购买4盒至少有一盒中奖的概率为P＝1﹣＝．

（2）4盒牛奶恰有1盒中奖的概率为p（1﹣p）3＝4p（1﹣p）3，

则f′（p）＝4（1﹣p）3﹣3p（1﹣p）2＝4（1﹣p）2（1﹣4p），

当p∈（0，）时，f′（p）＞0，f（p）单调递增，

当p∈（，1）时，f′（p）＜0，f（p）单调递减，

所以当p＝时，f（p）有最大值p0＝4××（1﹣）＝，

设余下8盒牛奶中奖为y盒，中奖后实际付款为x元，y～B（8，），E（y）＝，

x＝5×8﹣8y＝40﹣8y，E（x）＝E（40﹣8y）＝40﹣8E（y）＝13＜40×40%＝16，

该顾客可以买下余下的8盒牛奶．

20.【。 答案】

解：（1）选①，AD＝，

在Rt△BCD中，BC＝2，CD＝1，则BD＝，

又AB＝2，∴AB2+BD2＝AD2，则AB⊥BD，

又AB⊥BC，BC∩BD＝B，∴AB⊥平面CBD，

∴AB⊥CD，又CD⊥BD，

∴CD⊥平面ABD，而M、N分别为AC、AD的中点，

∴MN∥CD，∴MN⊥平面ABD；

选②，AC为四面体ABDC外接球的直径，

则∠ADC＝90°，CD⊥AD，

又CD⊥BD，AD∩BD＝D，∴CD⊥平面ABD，

而M、N分别为AC、AD的中点，

∴MN∥CD，∴MN⊥平面ABD；

选③，平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，

又AB⊥BC，∴AB⊥平面CBD，则AB⊥CD，

又CD⊥BD，AB∩BD＝B，∴CD⊥平面ABD，

M、N分别为AC、AD的中点，

∴MN∥CD，∴MN⊥平面ABD；

（2）由（1）知，MN⊥平面ABD，则MN⊥AN，MN⊥BN，

∴∠ANB为二面角A﹣MN﹣B的平面角，

∵△ABD为直角三角形，且AD＝，BD＝，∴cos∠DAB＝，

在△ABN中，AN＝，BN＝，∴cos∠ANB＝．

故二面角A﹣MN﹣B的正弦值为．

21.【。 答案】

【。 解析】（1）因为，

所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，

设轨迹的方程为，则，可得，，

所以，轨迹的方程为；

（2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，

不妨直线的方程为，即，

联立，消去并整理可得，

设点、，则且.

由韦达定理可得，，

所以，，

设直线的斜率为，同理可得，

因为，即，整理可得，

即，显然，故.

因此，直线与直线的斜率之和为0.

22.【。 答案】

（1）1个；（2）.

【。 解析】（1），，

故在递增，又，

，故在上存在唯一零点

因此在区间的零点个数是1个；

（2），恒成立，即，恒成立

令，，则

，令，

，时，，时，

故在递减，递增，因此

所以，，故在递增

故，因此.