2023年12月7日发(作者：长郡中学七下数学试卷)
2022年新高考I卷数学
一、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的。
1．若集合M=x|{x<4，N={x|3x≥1} ， 则MN=
}1B.{x∣≤x<2}0≤x<2}
A.{x∣3
1∣≤x<16}D.{x∣3≤x<16}
3
C.{x【参考解析】易知M={x|0≤x<16}（左边需要考虑定义域），而N=x|x≥，
13所以MN=x|1≤x<16.故选D.
3【重点注意】虽然这题不考虑定义域都大概率能做出正确答案，但是没考虑定义域，就说明你没有真正的掌握本题哦.
2．若i(1−z)=1，则z+z=
A.−2
B.−1 C．1 D．2
【参考解析】因为i(1−z)=1，所以1−z=故z+z=1+i+1−i=2.故选D.
【可忽略的延伸】若z=a+bi，则z+z=2a，延伸出去还涉及了虚根成对原理哦.
11⇒z=1−=1+i，
ii=m=nCA,CD,3．在∆ABC中，点D在边AB上，
BD=2DA.记
则
CB=
A.3m−2n
B.−2m+3n
C.3m+2n
D.2m+3n
【参考解析1】
1121CD=CA+AD=CA+AB=CA+AC+CB=CA+CB3333，
()所以CB=3CD−2CA=−2m+3n，故选B.
【参考解析2】
（如果知道结论的话）CD=
21CA+CB⇒CB=3CD−2CA=−2m+3n.
1+21+2【重点注意】本题顺着拆分可能掉进去，那就逆着拆分
4．南水北调工程缓解了一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库。知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2 ；水位为海拔157.5m时，相应水面的2面积为180.0km将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(7≈2.65
)A.1.0×109m3
B.1.2×109m3
C.1.4×109m3
D.1.6×109m3
【参考解析】
V=1=×180+180×140+140×106×(157.5−148.5)31=×320+607×9×1063≈3×(320+60×2.65)×1061S上+S上⋅S下+S下⋅h3()(())=1437×106=1.437×109故选C.
5．从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为
【参考解析1】
2A.1112C.D.B.6
3
2
3
总的有C7=21种，
而2个数不互质的有
(2,4)，(2,6)，(2,8)，(3,6)，(4,6)，(4,8)，(6,8)共7种，
所以P=1−【参考解析2】
2C=21种，
7总的有72，故选D
=2C73若选了2，则需要选奇数，再选3,5,7共3种；
若选了3，则不选6即可，再选4,5,7,8共4种；
若选了4，则需要选奇数即可，再选5,7共2种；
若选了5，则均可，再选6,7,8共3种；
若选了6，则需要选奇数，再选7共1种；
若选了7，则再选8共1种；
所以P=14142==，故选D.
2C72136．记函数f(x)=sinωx+π2πT 的最小正周期为，若则y=f(x)()
22B.35C.2
2 D．3
A．1
4k−13ππ×ω+=kπ⇒ω=46，
【参考解析】依题有22π2π 3ω4k−11319故2<<3⇒ 644155又因为k∈Z，故k=4，所以ω==， 62因为而b=2，所以f(x)=sinπ5x++2， 42所以f3π5πππ+2=1， =sin×++2=sin22242故选A. 【重点注意】这种三角函数题型不难，也很常考，你都掌握了吗？ 7．设a=0.1e，0.1b=19，c=−ln0.9 ， 则 A.a B.c C.c D.a 【参考解析】 (0.1)=1.105⇒0.1e0.1≈0.1105， x2x3因为e≈1+x++，所以e0.1≈1+0.1+262x2x31≈0.1111，因为0.1×不足以影响结果的千分位，所以a 69构造f(x)=xe+ln(1−x)(0≤x≤0.1)， xx2−1ex+11， 所以f′(x)=(x+1)e−=x−11−xx()令h(x)=x−1e+1，则h′(x)=x−1+2xe<0， 2x2x()()所以h(x)↓，故h(x)≤h(0)=0， 又因为x−1<0，所以f′(x)≥0恒成立， 所以f(0.1)>f(0)=0⇒a>c， 综上，c 8．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤33 则该正四棱锥体积的取值范围是 A.18,8127642781 B. C., D．[18,27] ,43444433【参考解析】由πR=36π⇒R=3， 如上图所示，设BH=a，PH=h， 222+ha=l，① 则易知22()h−3+a=9，② 且2l39联立①②解得l=6h，a=6h−h，所以h=∈,, 622222112a×2a2Sh=××h=−h3+6h2， 332322223令f(h)=−h+6h，则f′(h)=×−3h+12h=−2h(h−4)， 33所以V=()()()易知f(h)max=f(4)=64327，而f(h)min=f=，故选C 324二、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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9．已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则 A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为 45° 【参考解析】 对于A：显然DA1可以平移到CB1，所以显然垂直，故A对； 对于B：由三垂直定理知，CA1投影到前面这个面的投影为CB1，所以显然垂直，故B对；对于C：显然平面BB1D1D的一个法向量为A1C1， 而∆BA1C1是等边三角形，所以BC1与法向量所成的角为60°，在线面角为30°.故C错； 对于D；显然平面ABCD的一个法向量为CC1，显然∆BCC1是一个等腰直角三角形，故D对； 综上，选ABD. 10．已知函数f(x)=x−x+1则 3A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 【参考解析】 32′)(()fxx=−1， fxxx=−+13对于A：因为，所以令f′(x)=0⇒3x2−1=0⇒x=±33 经验证显然有两个极值点 ，故A对； 3333↑−−∞,−3,3↓3,+∞↑3， ，显然f(x)在39−23>0f3=9，故没有三个零点，只有一个零点，故B错； 对于B：而对于C：有几种解法 33()y=x−xfx=x−x+1， ①因为是奇函数，所以向上平移一个单位后得故点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 ； ′′′′令f(x)=0⇒x=0，而f(0)=1，所以点(0,1)是曲线y=f(x)②显然f(x)=6x，的对称中心 ； ③因为f(x)+f(−x)=2，所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 ； 故C对； ′对于D：令f(x)=2，则x=±1， 若x=1，则切点P(1,1)，显然切点不过直线y=2x，故此时不满足； 当然也可以算出切线方程为y=2(x−1)+1； 若x=−1，则切点P(−1,1)，显然切点不过直线y=2x，故此时不满足； 当然也可以算出切线方程为y=2(x+1)+1； 故D错； 综上，选AC 2()A1,1x=2py(p>0)上，过点B(0,−1)的直线交OC:11．已知为坐标原点，点在抛物线C于P，Q两点，则 A．C的准线为y=−1 B．直线AB与C相切 C．OP⋅OQ>OA2 D．BP⋅BQ>BA2 【参考解析】 2x=y，所以A错； 12p=，所以易知 2易知lAB:y=2x−1，联立抛物线与直线得x−2x+1=0，即∆=0，故B对； 对于C： OP⋅OQ>OA=2⇔OP⋅OQ>422⇔x12+y12x2+y2>(x1x2+y1y2)(柯西不等式)， 2222()()设2lPQ:y=kx−1，联立抛物线有 y1y2=(x1x2)2=1x1x2=1⇒x−kx+1=0⇒2+=xkxy1+y2=k(x1+x2)−2=k−2， 12所以(x2122+y12x2+y2>(x1x2+y1y2)=4（正确） 2)()对于⋅BQ=BPBQcosθ=BPBQ>BA=5, 2⇔(x1，y1+1)⋅(x2，y2+1)=x1x2+y1y2+(y1+y2)+1>5⇔y1+y2>2⇔k2>4, y+y02=x0x⇒y=2x0x−y0=2x0x−x0过D点切线：2，（切线方程可以用口诀：“平方换一个，一次项换为平均数来记忆”） 22−=−x⇒x=1， 1()10,−B00将代入，得取x0=1⇒k切=2， 22k>k=4（ 正确）切所以； 综上，选BCD. 3′12．已知函数f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x)，若f−2x，2g(2+x)均为偶函数，则 1B.g−=0A.f(0)=0f(−1)=f(4)2 C． D.g(−1)=g(2) 【参考解析】这题完全类似2020新高考2卷理科第8题.可以用特殊函数法来分析哦.（但是要注意，多选题满足一个特殊函数的只是待定，不代表它就满足所有情况哦.） 令f(x)=1，显然满足所有条件，故A错； 再令f(x)=−sinπx， 3f−2x=cos2πx′则2,g(x)=f(x)=−πcosπx,所以g(x+2)=−πcosπx， 也满足条件； g(−1)=−πcos(−π)=π，g(2)=−πcos(2π)=−π，故D错； 根据排二选二法知，选BC. 下面分析BC为什么是正确的：根据可导的奇函数的导函数是偶函数，可导的偶函数的， 导函数是奇函数，（证明过程请看题型闯关练的第8题）因为f对； 而f′3−2x是偶函数，所以f(x)关于轴2x=3f(4)2对称，所以f(−1)=，故C3333−2x=−2f′−2x，所以f′−2x是奇函数，所以g−2x是奇函2222数， 33g=0,0， 所以g(x)关于点2对称，且2又因为g(2+x)为偶函数，所以g(x)关于轴x=2对称， 故C对； 所以g(x)的周期Tg=42−331=2，所以g−2=0⇒g−=0，故B对； 222 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．1−y8x2y6的系数为 ________ (用数字作答)． 展开式中()xy+x【参考解析】 2=28， =CAyx81当前面为时，后面出现2次，出现6次，故由排列组合知−当前面为 y3B=−Cy8=−56， x时，后面x出现3次，出现5次，故由排列组合知所以系数为28−56=−28. 14．写出与圆x2+y2=1和(x−3)+(y−4)=16都相切的一条直线的方程22___________． ． 【参考解析】作为开放型的填空题，并且题号在14题，故只需要画个图就知道两个圆的一条外公切线为x=−1，故考试的时候只需要填x=−1，然后即可进入下一题了哦. 本题的所有公切线为x=−1外公，7x−24y−25=0外公，3x+4y−5=0内公. 考试中，本题你是否老老实实的去计算呢？ x()y=x+ae有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是_________． 15．若曲线()()()【参考解析】设切点A(x1,y1)， x1xx′()()()=++1y=x+aeyxaek=x+a+1e1因为，所以，所以， x1x1()()()yxa1exxx+ae=++−+111， 所以切线方程为x1x1()()()0=x+a+1e−x+x+aex=y=0111，则有， 令2x1化简得+ax1−a=0， x()yxae=+有两条过坐标原点的切线， 因为曲线所以∆>0⇒a+4a>0， 所以a<−4或a>0. 2x2y2+2=12(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1、F2，离心率C:ab16．已知椭圆1FAF2的直线与C交于D,E两点，DE=6 ，则ADE的周长是为2，过1且垂直于__________． ． c21e=2=⇒3c2=b2⇒b=3c且a=2c， 4a2F1F2=2c设AF2=a=2c⇒∆AF1F2为等边三角形， AF=a=2c2所以AE=EF2⇒l∆EDF2=4a， =ADDF2b2aDF1=1−ecos30°， 因为2bEF=a11+ecos30°所以DE=DF1+EF1=6， 所以c= 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．(10分) 记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，1313⇒a=，所以l∆EDF2=13. 84Sn1是公差为的等差数列． 3an (1)求{an}的通项公式； (2)证明：111++⋅⋅⋅+<2． a1a2an 【参考解析】 （1）因为Sn1S1是公差为的等差数列，而=1， 3a1an所以SnS1211=+(n−1)d=1+(n−1)⇒Sn=n+an，① ana133311n=+an−1，② n−133ann+1n≥2，. =an−1n−1n≥2时，S①减②，得：所以aa23a34n+1， =，=，⋅⋅⋅，n=a11a22an−1n−1n(n+1)n≥2，. 2以上式子相乘，得an=经检验，n=1时，a1=1，符合. 所以an=n(n+1). 2（2）由（1）知an=所以 112n(n+1)1，所以==2−， ann(n+1)nn+12111++⋅⋅⋅+a1a2an11111=21−+−+⋅⋅⋅+−nn+22312=2−n+1， ∗2n∈N因为，所以>0, n+1所以2−即 18．(12分) 2<2， n+1111++⋅⋅⋅+<2． a1a2an记∆ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 (1)若C= cosAsin2B． =1+sinA1+cos2B2π，求B； 3a2+b2(2)求的最小值． c2【参考解析】 2sinBcosBsinBsin2BcosA===22cosBcosB， （1）因为1+sinA1+cos2B所以cosAcosB=sinB+sinAsinB， 所以cos(A+B)=sinB， 又因为cos(A+B)=sinB⇒sinB=cos(π−C)=cos2ππππ>B π3=12， C=因为πsinB=cos(π−C)=sinC−2， （2）因为B=C−所以π2， πsinA=sin(B+C)=sin2C−=−cos2C2， 所以由余弦定理c=a+b−2abcosC⇒a+b=c+2abcosC， 所以 2222222abcosCa2+b2c2+2abcosC==+1c2c2c22sinAsinBcosC=1+sin2C2sinAsinBcosC=1+sin2C2cos2Ccos2C=1+sin2C21−2sin2C1−sin2C=1+sin2C1=1+22sin2C+2−3sinC()()≥1+222−3=42−52sin2C=() 当且仅当212C=sin2时取得等号， sin2C，即a2+b22综上，c的最小值为42−5. 19．(12分) 如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，∆A1BC的面积为22. （1）求A到平面A1BC的距离； （2）设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值． 【参考解析】 （1）由于VABC−A1B1C1=3VA−A1BC=4，所以VA−A1BC=43， 设求A到平面A1BC的距离为h； 14VA−A1B1C1=S∆A1BC⋅h=⇒h=233所以. （2）设D为A1C中点，且AA1=AB， 由于 平面A1BC⊥平面ABB1A1平面ABC⊥平面ABB1A1⇒BC⊥平面ABB1A1平面ABC平面A1BC=BC因为AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB， ， 在直角∆ABC中，∠ABC=90°，连接A1B，过A作AH⊥A1B， 则AH⊥平面A1BC，而BC⊥平面ABB1A1，故BC⊥A1B. 由AA1=AB，AH=2， 所以AA1=AB=2，A1B=22， 由∆A1BC=22=1A1B×BC⇒BC=22， 所以以B为原点，向量BC，BA，BB1分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(2,0,0)，A(0,2,0)，A1(0,2,2)，D(1,1,1)，B(0,0,0) 所以BA=(0,2,0)，BD=(1,1,1)，BC=(2,0,0) n设平面ABD的一个法向量=(x,y,z)， n⋅BA=0y=0⇒++=0xyz⋅=0nBDn则，令x=1，则有=(1,0,−1). m=(x0,y0,z0)， 设平面BCD的一个法向量x0=0n⋅BC=0⇒x0+y0+z0=0nBD⋅=0ny=1则，令，则有=(0,1,−1). n⋅m11cosn,m===nm2×22， 所以3sinn,m=2， 所以3所以二面角A−BD−C的正弦值为2. 20．(12分) 一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在己患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据： 病例组 对照组 不够良好 良好 90 40 10 60 （1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异? （2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表 P(B|A)P(B|A)示事件“选到的人患有该疾病”，P(B|A)与P(B|A)的比值是卫生习惯不够良好对患该 疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R． (i)证明：R=P(A|B)P(A|B)⋅P(A|B)P(A|B)； (ii)利用该调查数据，给出P(A|B)，PA|B的估计值，并利用(i)的结果给出R的估计值． () 【参考解析】 200×(40×90−10×60)（1）K==24>6.625， 100×100×50×15022所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异. （2）用局部估计总体. (i) P(AB)P(BA)⋅P(A|B)⋅P(A|B)P(AB)⋅P(BA)P(B)P(B)===P(BA)⋅P(BA)P(BA)P(BA)P(A|B)⋅P(A|B)⋅P(B)P(B)P(AB)P(BA)⋅P(B|A)P(B|A)P(B|A)⋅P(B|A)P(A)P(A)R===÷P(BA)P(BA)()()P(B|A)⋅PB|AP(B|A)PB|A⋅P(A)P(A) (ii)P(A|B)=P(AB)n(AB)90P(AB)n(AB)40P(A|B)=====P(B)n(B)100， P(B)n(B)100，P(A|B)=P(AB)n(AB)60P(AB)n(AB)10==P(A|B)===P(B)n(B)100，P(B)n(B)100， R=所以40×90=660×10. 故R的估计值为6. 21．(12分) 22xy已知点A(2,1)在双曲线C:2−2=1(a>1)上，直线l交C于P,Q两点，直线 aa−1AP，AQ的斜率之和为0． (1)求l的斜率； (2)若tan∠PAQ=22，求∆PAQ的面积． 【参考解析，】 22xy14()A2,1（1）因为点在双曲线C:2−2=1(a>1)上，所以有2−2=1 aa−1aa−12x解得a=2，所以双曲线C:−y2=1. 22设直线l:y=kx+m，P(x1,y1)，Q(x2,y2)， x2−y2=12222y=kx+m1−2kx−4kmx−2m−2=0， y消得联立()显然1−2k≠0，否则不可能有两个交点， 2222()441222812∆=km−−k−m−=m+−k>0， 而22()()()−2m2−24kmx1x2=x1+x2=21−2k2， −12k，由韦达定理得因为直线AP，AQ的斜率之和为0， 0=所以y1−1y2−1(y1−1)(x2−2)+(y2−1)(x1−2)+=(x1−2)(x2−2)x1−2x2−2， 所以(y1−1)(x2−2)+(y2−1)(x1−2)=0， 即(kx1+m−1)(x2−2)+(kx2+m−1)(x1−2)=0， 所以有2kx1x2+(m−1−2k)(x1+x2)−4(m−1)=0， ， 将韦达定理代入化简得(k+1)(2k+m−1)=0（双十字相乘法）而当2k+m−1=0，此时直线l为y=kx+1−2k，易知横过定点A(2,1)，故舍去， 所以k=−1，此时满足∆>0. （2） 2x+x=4mx=2m+2， x1212由（1）易知，且x1−x2=(x1+x2)2−4x1x2=22m2−8 依题可设AP斜率为k1，AQ斜率为−k1， 22=tan∠PAQ=则由夹角公式知（后面补充证明）由对称性易知，只需考虑k1>0的情况就行， 所以有2k12+k1−2=0,解得k1=−k1−k11+k1⋅(−k1)， 2或k=−2（舍）. 12而k1=y1−1⇒y1−1=k1(x1−2)，同理y2−1=−k1(x2−2)， x1−2而AP=(x1−2,y1−1)，AQ=(x2−2,y2−1)， 所以 S∆PAQ==1−k1(x1−2)(x2−2)−k1(x2−2)(x1−2)22(x1−2)(x2−2)=22x1x2−2(x1+x2)+4=2=2m2−4m+31(x1−2)(y2−1)−(x2−2)(y1−1)2 另一方面，联立y1−1=k1(x1−2)⇒m=k1(x1−2)+1+x1,① yxm=−+11同理m=−k1(x2−2)+1+x2，② 将以上两式相加，得2m=k1(x1−x2)+2+(x1+x2)， 结合韦达定理解得m=所以S∆PAQ=22．(12分) 已知函数f(x)=e−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值． x11, 32m2−4m+3=162. 9(1)求a； (2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 【参考解析】 （1） 因为f(x)=e−ax，所以f′(x)=e−a， xx若a≤0，则f′(x)=ex−a>0恒成立， 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，无最小值，不满足； 若a>0，则令f′(x)>0⇒x>lna，令f′(x)<0⇒x 所以f(x)min=f(lna)=a−alna， 因为g(x)=ax−lnx，定义域x>0，所以所以g′(x)>0⇒x>所以g(x)min=gg′(x)=a−1x， 11，g′(x)<0⇒0 aa11=1−ln， aa1a−1lna−=0a，即a+1， 依题有a−alna=1−ln2a+1a−1′)(ha=>0(a>0)h(a)=lna−2a(a+1)a+1令，则恒成立， 所以h(a)在(0,+∞)上单调递增，又因为h(1)=0， lna−a−1=0a+1有唯一解a=1， 综上，a=1. （2）由（1）易知f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增， g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增， 存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点， 设三个不同交点的横坐标分别为x1，x2，显然有x3，不妨设x1 x1<0 则肯定有 f(x1)=f(x2)=g(x2)=g(x3)=b， 注意f(x)与g(x)的结构，易知f(lnx)=g(x)， 所以有f(lnx)=g(x)，所以有 f(x1)=f(lnx2)，而由x1<0，lnx2<0，f(x)在(−∞,0)上单调递减， x2x=lnx⇒x=ex=lnx23312知，同理， x2xlnxex+=+32， 所以1x2x2()()=⇒−=−⇒+lnx2=2x2， fxgxexxlnxe22222又由故x1+x3=2x2， 所以存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
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本题,平面,直线,疾病,证明,卫生习惯
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