2022新高考数学临考押题卷及答案解析（一）

2022年高考临考押题卷（一）

数学（新高考卷）

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、 单项选择题：本题共8小题，每小题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.

1．已知全集，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】

由题意，全集，且，

根据集合补集的概念及运算，可得.

故选：B.

2．复数满足，则（       ）

A． B． C．2 D．

【答案】A

【详解】

因为，所以，

所以.

故选：A

3．已知，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

因，所以.

故选：A

4．甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（       ）

A．0.36 B．0.352 C．0.288 D．0.648

【答案】D

【详解】

由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，则获胜的概率为

二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为，

而这两种情况是互斥的，所以甲最终获胜的概率为，

故选：D

5．已知抛物线C：（）的焦点为F，点M在抛物线C上，射线FM与y轴交于点，与抛物线C的准线交于点N，，则p的值等于（       ）

A． B．2 C． D．4

【答案】B

【详解】

解：设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B.

由抛物线的定义知，|MM′|＝|FM|.

因为，所以，即，

所以，

而，

解得p＝2,

故选：B.

6．某品牌暖水瓶的内胆规格如图所示，分为①②③④四个部分（水瓶内胆壁厚不计），它们分别为一个半球，一个大圆柱，一个圆台和一个小圆柱．若其中圆台部分的体积为cm3，且水瓶灌满水后盖上瓶塞时水溢出cm3，则盖上瓶塞后水瓶的最大盛水量为（            ）

A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3

【答案】A

【详解】

半球体积，

大圆柱的体积，

圆台的体积，

小圆柱的体积，

所以最大盛水量为.

故选：A

7．在如今这个5G时代，6G研究已方兴未艾．2021年8月30日第九届未来信息通信技术国际研讨会在北京举办．会上传出消息，未来6G速率有望达到1Tbps，并启用毫米波、太赫兹、可见光等尖端科技，有望打造出空天地融合的立体网络，预计6G数据传输速率有望比5G快100倍，时延达到亚毫秒级水平．香农公式是被广泛公认的通信理论基础和研究依据，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递率C取决于信道带宽W、信道内信号的平均功率S，信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比．若不改变带宽W，而将信噪比从11提升至499，则最大信息传递率C会提升到原来的（       ）参考数据： ．

A．2.4倍 B．2.5倍 C．2.6倍 D．2.7倍

【答案】B

【详解】

设提升前最大信息传递率为，提升后最大信息传递率为，则

由题意可知，，

，

所以

倍.

所以最大信息传递率C会提升到原来的倍.

故选：B.

8．已知函数有两个不同的极值点，且不等式恒成立，则实数t的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】

，

因为函数有两个不同的极值点，，

所以方程有两个不相等的正实数根，

于是有，解得.

因为不等式恒成立，

所以恒成立.

，

设，

，故在上单调递增，

故，所以.

因此实数t的取值范围是.

故选：A

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.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.

9．某市为了更好的支持小微企业的发展，对全市小微企业的年税收进行适当的减免，为了解该地小微企业年收入的变化情况，对该地小微企业减免前和减免后的年收入进行了抽样调查，将调查数据整理，得到如下所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（       ）

A．推行减免政策后，某市小微企业的年收入都有了明显的提高

B．推行减免政策后，某市小微企业的平均年收入有了明显的提高

C．推行减免政策后，某市小微企业的年收入更加均衡

D．推行减免政策后，某市小微企业的年收入没有变化

【答案】BC

【详解】

对于A

从图中无法确定推行减免政策后，某市小微企业的年收入是否都有了明显的提高，

故A错误，

对于B

从图中可以看出，减免前占比最多的平均年收入为万元，其次是万元及万元，减免后占比最多的为万元，其次是万元及万元，明显增多，所以平均年收入也有明显提高，

B正确.

对C，从图中看出，推行减免政策后，年收入的中位数是，而减免前年收入的中位数是，所以减免后年收入更加均衡，

所以C错误

对于 D

从图中看出，某市小微企业的年收入有明显变化，

所以D错误.

故选:BC

10．已知函数，下列结论正确的是（       ）

A．为偶函数 B．的值域为

C．在上单调递减 D．的图象关于直线不对称

【答案】AB

【详解】

对于A：因为的定义域为R，

且，

所以函数是偶函数，

即选项A正确；

对于B：由题意，得，

即，

当时，，

则，即；

当时，，

则，即；

综上所述，的值域为，

即选项B正确；

对于C：当时，，

且，令，得，

令，得，

即在上单调递增，在上单调递减，

即选项C错误；

对于D：由选项B得的最大值为，

且，

即的图象关于直线对称，

即选项D错误.

故选：AB.

11．在平面四边形ABCD中，的面积是面积的2倍，又数列满足，当时，恒有，设的前n项和为，则（       ）

A．为等比数列 B．为递减数列

C．为等差数列 D．

【答案】BCD

【详解】

设与交于点，，

，

共线，所以存在实数，使得，

所以，

所以，所以，，

所以，，，不是等比数列，A错；

因为，所以，即，所以是等差数列，C正确；

又因为，则，即，，

所以当时，，即，所以是递减数列，B正确；

因为，

，

所以两式相减得

，

所以，D正确．

故选：BCD．

12．已知函数，，，则下列结论正确的是（       ）

A．在上单调递增

B．当时，方程有且只有3个不同实根

C．的值域为

D．若对于任意的，都有成立，则

【答案】BCD

【解析】

【详解】

对于A：.

因为，，

所以，所以.

所以在上不是增函数.

故A错误；

对于B：当时，方程可化为：或.

由可解得：.

对于，显然代入方程成立，所以是方程的根.

当时，记.

.

所以令，解得：；令，解得：；

所以在上单增，在上单减.

所以.所以在上没有零点；

而在上单减，且，，

所以在上有且只有一个零点.

综上所述：当时，方程有且只有3个不同实根.

故B正确；

对于C：对于.

当时，.，所以；

当时，..

令，解得：；令，解得：；

所以在上单减，在上单增.

所以；

故的值域为成立.

故C正确.

对于D：对于任意的，都有成立，

所以及恒成立.

若恒成立，则有.

令，只需.

令，则.则.

所以，即.

若恒成立，

当，无论k取何值，不等式均成立，所以.

当，则有.

令，只需.

.

记，则，所以在上单减，所以，即，所以在上单减，所以

所以.

综上所述：.

故D正确.

故选：BCD

二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13．已知向量满足与的夹角为，则______．

【答案】

【详解】

根据题意，，

又，则.

故答案为：．

14．的展开式中的系数是______．（用数字作答）

【答案】

【详解】

的展开式的通项公式为，

令可得

所以的展开式中的系数是

故答案为：

15．建在水资源不十分充足的地区的火电厂为了节约用水，需建造一个循环冷却水系统（冷却塔），以使水可循环使用．下图是世界最高的电厂冷却塔——中国国家能源集团胜利电厂冷却塔，该冷却塔高225米，创造了“最高冷却塔”的吉尼斯世界纪录．该冷却塔的外形可看作双曲线的一部分绕其虚轴旋转所成的曲面，如图：已知直线，为该双曲线的两条渐近线，，向上的方向所成的角的正切值为，则该双曲线的离心率为______．

【答案】

【详解】

解：设一条渐近线向上的方向与虚轴向上的方向所成的角为，

则，解得或（舍），

即，故，

所以．

故答案为：.

16．如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形ABCD是矩形，是等边三角形，，，.则平面展开图中___________，四棱锥的外接球半径为___________.

【答案】     ##     ##

【详解】

因为在四棱锥的平面展开图中，四边形ABCD是矩形，是等边三角形，，，，

所以，

所以，

，

，

如图，连接交于点，四棱锥的外接球球心为，在四棱锥中，，，所以平面，

因为平面，所以平面平面，

取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，

因为平面平面，平面，所以平面，

设的外接圆圆心为，连接，则平面，平面，则∥，可证得∥，所以四边形是矩形，连接，

由于为等边三角形，所以，所以,

设四棱锥的外接球半径为，则，

解得，

故答案为：，

17．已知是公差为2的等差数列，，且是和的等比中项．

(1)求的通项公式；

(2)设数列满足，求的前n项和．

【答案】(1)(2)

【解析】(1)

依题意，是公差为2的等差数列，，且是和的等比中项，

即，即，

所以.

(2)

依题意①，

当时，，

当时，②，

①-②得：，

所以.

③，

④，

③-④得：，

所以.

18．已知的内角、、的对边分别为、、，且的面积为．

(1)求；

(2)若，的角平分线与边相交于点，延长至点，使得，求．

【答案】(1)(2)

【解析】(1)

解：由题可知，所以，

由余弦定理，所以，可得，

因为，所以.

(2)

解：不妨令，因为，可得，，

又因为为的角平分线，所以，，得，

所以在中，由余弦定理可得，即，

在中，可得，，所以，为等边三角形，所以，

在中，由余弦定理可得，得．

19．如图①，在梯形中，，，，为的中点，以为折痕把折起，连接，，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列两个问题．

(1)证明：；

(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值．

①四棱锥的体积为2；

②直线与所成角的余弦值为．

注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．

【解析】(1)

证明：在图①中

因为，，为中点所以，，

所以为平行四边形，所以，同理可证，

在图②中，取中点，连接，，，

因为，所以，，

因为，所以平面，

因为平面，所以.

(2)

若选择①：因为平面，平面，

所以平面平面且交线为，所以过点作，

则平面，因为，

所以四棱锥的体积，

所以，所以与重合，所以平面，

建系如图，则，，， ，

平面法向量为，设平面法向量为，

因为，，

所以，得，

设二面角的大小为，则，

所以二面角的余弦值为.

若选择②：因为，所以即为异面直线与所成角，

在中，，

所以所，以，所以，

因为平面，平面，

所以平面平面且交线为，所以平面，

建系如图，则，，， ，

平面法向量为，

设平面法向量为，

因为，，

所以，得，

设二面角的大小为，则，

所以二面角的余弦值为.

20．第56届世界乒乓球锦标赛将于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮.现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每局为11分制，每赢一球得1分.

(1)已知某局比赛中双方比分为8：8，此时甲先连续发球2次，然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛甲以11：9获胜的概率；

(2)已知在本场比赛中，前两局甲获胜，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立.两人又进行了X局后比赛结束，求X的分布列与数学期望.

【答案】(1)(2)见解析，

【解析】(1)

解：设事件“在比分为8：8的条件下甲以11：9获胜”，

则.

(2)

解：随机变量X的所有可能取值为：2，3，4，5，

，，

，，

所以随机变量X的分布列为：

所以.

21．已知椭圆C：（）的左，右焦点分别为，，上，下顶点分别为A，B，四边形的面积和周长分别为2和.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l：（）与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中垂线交y轴于M点，且为直角三角形，求直线l的方程.

【答案】(1)(2)或

【解析】(1)

由题意知，解得

故椭圆的方程为

(2)

设

联立，整理得

由韦达定理得，

，，

所以线段EF的中垂线方程为，

令，解得，

，，

又为直角三角形，且，

，即

所以直线l的方程或

22．已知函数（其中a为参数）．

(1)求函数的单调区间；

(2)若对任意都有成立，求实数a的取值集合；

(3)证明：（其中，e为自然对数的底数）．

【解析】(1)

解：因为函数，定义域为，

所以，

当时，，函数在上递增；

当时，令，得，

当时，，函数在上递减；

当时，，函数在上递增；

所以当时，函数的单调增区间是，无减区间；

当时，函数的单调增区间是，减区间是；

(2)

当时，在上递增，又，当时，，所以不成立；

当时，由（1）得，

因为对任意都有成立，

所以，

令，

则，令，得，

当时，，当时，，

所以当时，取得最大值，

所以实数a的取值集合是；

(3)

由（2）知：，

令，则，

即，则，

所以，

由（2）知：，

令，则，

即，则，

所以，

故.