全国乙2022年高考数学压轴卷理(含答案)

2023年12月12日发(作者：2023新高考模拟数学试卷)

（全国乙）2022年高考数学压轴卷 理

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.已知集合M＝{1，2，3，4}，N＝{x|﹣3＜x＜5}，则M∩N＝（ ）

A．{1，2，3}

C．{1，2，3，4}

2.若复数A. －2

B．{0，1，2，3}

D．{0，1，2，3，4}

的实部与虚部相等，则b的值为（）

C. 1 D. 2

z2i1bibRB. －1

3.某校高中生共有1000人，其中高一年级300人，高二年级200人，高三年级500人，现采用分层抽样抽取容量为50人的样本，那么高一､高二､高三年级抽取的人数分别为（）

A. 15､10､25 B. 20､10､20 C. 10､10､30 D. 15､5､30

3|a|eeae1e2(R)，且2，则（ ） 4.若单位向量1，2的夹角为3，向量A.

1

2B.

31

2C.

1

2D.

3

25.执行如图所示的程序框图，则输出S的值是（ ）

A．27 B．48 C．75 D．76

6.如图是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的高为（ ）

1 A．1 B．2

20.3C．25

5D．45

57.已知a＝log0.22，b＝0.3，c＝2，则（ ）

A．c＜a＜b B．a＜c＜b C．a＜b＜c D．b＜c＜a

8.在等比数列{an}中，若a3＝1，a11＝25，则a7＝（ ）

A．5 B．﹣5 C．±5 D．±25

9.已知函数f

(x)的图象如图所示，则f

(x)的解析式可以是（ ）

ln|x∣A.

f

(x)＝

xC.

f

(x)＝exB.

f

(x)＝

xD.

f

(x)＝x－1－1

2x1

x10.已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且ACBC,ACBC1，则三棱锥OABC的体积为（ ）

A.

2

12B.

3

12C.

2

4D.

3

411.为深入贯彻实施党中央布置的“精准扶贫”计划，某地方党委政府决定从4名男党员干部和3名女党员干部中选取3人参加西部扶贫，若选出的3人中既有男党员干部又有女党员干部，则不同的选取方案共有（ ）

A. 60种

B. 34种 C. 31种 D. 30种

2 12.如图，已知抛物线C:y2px（p0）的焦点为F，点2Px0,23p（x2）是抛物线C0上一点.以P为圆心的圆与线段PF相交于点Q，与过焦点F且垂直于对称轴的直线交于点A，B，PQABPQ，直线PF与抛物线C的另一交点为M，若PF3PQ，则FM（ ）

A. 1

B.

3 C. 2 D.

5

二．填空题:本题共4个小题，每个小题5分，共20分.

a2ab11a4b48b13.若等差数列{an}和等比数列{bn}满足1，，则2_______.

14.已知sin21π4，则2cos2（4）=__________．

2x2x,xaf(x)2x2x,xa，给出下列四个结论： 15.已知函数①存在实数a，使函数f（x）为奇函数；

②对任意实数a，函数f（x）既无最大值也无最小值；

③对任意实数a和k，函数y＝f（x）+k总存在零点；

④对于任意给定的正实数m，总存在实数a，使函数f（x）在区间（﹣1，m）上单调递减．

其中所有正确结论的序号是 ．

1616.二项式（x﹣2x）的展开式中常数项为 ．

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.

3 17.如图．在△ABC中，点P在边BC上，C3，AP2，ACPC4．

（1）求APB；

（2）若△ABC的面积为53．求sinPAB

218.有A、B两盒乒乓球，每盒5个，乒乓球完全相同，每次等可能地从A、B两盒中随机取一个球使用．

（1）若取用后不放回，求当A盒中的乒乓球用完时，B盒中恰剩4个球的概率；

（2）根据以往的经验，每个球可以重复使用3次以上，为了节约，每次取后用完放回原盒，设随机取用3次后A盒中的新球（没取用过的）数目为ξ，求ξ的分布列及期望．

19.如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD＝60，DEAB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1DDC，如图2.

（1）求证：A1E平面BCDE；

（2）求二面角E—A1B—C的余弦值.

x2y26E:221(ab0)ab20.已知椭圆的离心率为3，过定点(－1,0)的直线l与椭圆E相交4b0,b时，OAB（O为坐标原点）的面积为5．于A，B两点，C为椭圆的左顶点，当直线l过点

4 （1）求椭圆E的方程；

（2）求证：当直线l不过C点时，ACB为定值．

21.已知函数f（x）＝x+sinx+cosx．

（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程；

（Ⅱ）若f（x）≥1+ax，求a．

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.

xtcos,C122.[选修4-4：坐标系与参数方程]已知平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为ytsin,x12cos,C2[0,)t其中为参数，，曲线的参数方程为y2sin,其中为参数.以坐标原点O为极2点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系.

（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；

（2）若3，曲线C1，C2交于M，N两点，求|OM||ON|的值.

23.[选修4-5：不等式选讲]

已知函数f（x）＝|x+a|﹣2|x﹣b|（a＞0，b＞0）．

（1）当a＝b＝1时，解不等式f（x）＞0；

（2）若函数g（x）＝f（x）+|x﹣b|的最大值为2，求14的最小值．

ab参考答案

1.【答案】C

【解析】解：因为M＝{1，2，3，4}，N＝{x|﹣3＜x＜5}，

所以M∩N＝{1，2，3，4}．

故选：C．

2.【答案】B

【解析】z2i1bi2b2i，

2b2，

b1

故选：B

5 3.【答案】A

【解析】解：根据题意高一年级的人数为50100030015人，

高二年级的人数为50100020010人，

高三年级的人数为50100050025人.

故选：A.

4.【答案】A

【解析】由ae2221e2(R)，可得ae12e22e1e2

所以3412211cos113，即240，所以2故选：A

5.【答案】C

【解析】解：第一次运行时，S＝0+3×1＝3，k＝3，

第二次运行时，S＝3+3×3＝12，k＝5，

第三次运行时，S＝12+3×5＝27，k＝7，

第四次运行时，S＝27+3×7＝48，k＝9，

第五次运行时，S＝48+3×9＝75，k＝11，

此时刚好满足k＞10，故输出S＝75，

故选：C．

6.【答案】D

【解析】解：由题意几何体是四棱锥P﹣ABCD，过P作PE⊥AD于E，

在正方体中有CD⊥平面PAD，所以CD⊥PE，

又因为AD∩CD＝D，所以PE⊥平面ABCD，

所以四棱锥的高为PE，

由三视图可知，PE×＝2×2，解得PE＝．

所以该四棱锥的高为：．

故选：D．

6

7.【答案】C

解：∵a＝log0.22＜log0.21＜0，∴a＜0，

b＝0.32＝0.09，

∵c＝20.3＞20＝1，∴c＞1，

∴c＞b＞a，

故选：C．

8.【答案】A

【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，

若a3＝1，a11＝25，则q8＝则a7＝a3q4＝1×5＝5，

故选：A．

9.【答案】A

【解析】解：由函数图象可知，函数f

(x)为奇函数，

＝25，变形可得q4＝5，

1ex而B,C中，fx是非奇非偶函数，fx21是偶函数，

xx应排除B，C.

若函数为f

(x)＝x－故选：A.

10.【答案】A

【解析】由题可得ABC为等腰直角三角形，得出ABC外接圆的半径，则可求得O到平面ABC的距离，进而求得体积.

1，则x→＋∞时，f

(x)→＋∞，排除D；

x

7 ACBC,ACBC1，ABC为等腰直角三角形，AB2，

则ABC外接圆的半径为2，又球的半径为1，

2设O到平面ABC的距离为d，

则，

所以VOABC故选A.

1S31122.

d11ABC3221211.【答案】D

【解析】解：解：根据题意，要求选出的3人中既有男党员干部又有女党员干部，分2种情况讨论：

21选出的3人为2男1女，有C4C318种安排方法，

选出的3人为1男2女，有C4C312种安排方法，

则有181230种选法，

故选：D．

12.【答案】B

【解析】解答：由题意得PFx012ppp，直线AB方程为：x，

P到直线AB距离为x0，222以P为圆心的圆与线段PF相交于点Q，与过焦点F且垂直于对称轴的直线交于点A，B，ABPQ，

AB2px0，

23PF3PQ，

x0p2p3x0，

223解得x03p，

2223

2p3p，又p0，故p2，

28 抛物线方程为y24x，P3,23，F1,0，PQ23x0p4233，

直线PQ方程为y23031x13x3，

与抛物线方程联立得y24xy3x3，

消去y整理得，3x210x30，解得x13或3，

M1,23，FM1143333，

43PQFM343.

3故选：B.

13.【答案】1

【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d和q，则13dq38，

求得q2，d3，那么a2b131，故答案为1.

22514.【答案】4

∵sin214，∴2cos2（π4）=1cosπ15522=1+sin2α=144．故答案为4．15.【答案】①②④

【解析】解：由函数f（x）的解析式可得图象如图：

9

①a＝0时函数f（x）为奇函数，故①正确；

②由图象可知对于任意的实数a，函数f（x）无最值，故②正确；

③当k＝﹣3，a＝8时函数y＝f（x）+k没有零点，故③错误；

④由图象可知，当a＞m时，函数f（x）在（﹣1，m）上单调递减，故④正确．故答案为：①②④．

16.【答案】

【解析】解：设其展开式的通项为Tr+1，

∵Tr+1＝•••x﹣r

＝••，

∴令3﹣r＝0得：r＝2．

∴展开式中的常数项

T3＝•＝×15＝．

故答案为：．

17.【答案】

（1）APB23；（2）sinPAB35738．

【解析】（1）在△APC中，设ACx， 因为ACPC4，

10

PC4x，

又因为C3，AP2，

由余弦定理得：AP2AC2PC22ACPCcos3

2即：22x24x2x4xcos3，

解得x2，

所以ACPCAP，

此时△APC为等边三角形，

所以APB23；

（2）由S1△ABC2ACBCsin5332，

解得BC5，

则BP3，

作ADBC交BC于D，如图所示：

由（1）知，在等边△APC中，AD3，PD1，

在Rt△ABD中ABAD2BD231619．

在△ABP中，由正弦定理得ABPBsinAPBsinPAB，

3所以3sinPAB2357．

1938

11 18.【答案】

【解析】解：（1）当A盒中的乒乓球用完时，B盒中恰剩4个球的概率为P＝C根据；

（2）ξ的可能取值为2，3，4，5，

则P（ξ＝2）＝（）3×＝，

P（ξ＝3）＝×）+C＝，

P（ξ＝4）＝（）3××，P（ξ＝5）＝，

所以ξ的分布列如下：

ξ 2 3 4 5

P

Eξ＝2×＝．

719.【答案】（1）证明见解析；（2）7.

【解析】解:（1）证明:∵在菱形ABCD中，∠BAD＝60，DEAB于点E

∴DEBE，BE//DC，∴DEDC.

又∵A1DDC，A1DDED，

∴DC平面A1DE，∴DCA1E.

又∵A1EDE，DCDED，

∴A1E平面BCDE.

（2）∵A1E平面BCDE，DEBE，

∴以EB，ED，EA1所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系（如图）.

易知DE23，则A10,0,2，B2,0,0，C4,23,0，D0,23,0，

12

∴BA12,0,2，BC2,23,0，

易知平面A1BE的一个法向量为n0,1,0.

设平面A1BC的法向量为mx,y,z，

2x2z0由BA1m0，BCm0，得，令y1，得m3,1,32x23y0，

∴cosm,nmn1mn7177.

由图得二面角EA1BC为钝二面角，

∴二面角EA1BC的余弦值为77.

20.【答案】

x2（1）4y241；（2）ACB为定值.

32【解析】（1）由题意，设B0,b，Ax1,y1，直线l的方程为ybx1，

由SOAB12y431b5b，即y15b，

将点Ax81,y1代入ybx1中，得x15，故A85,35b，

又点A8225,35b在椭圆xya2b21上，解得a24，

13 8因椭圆的离心率ec6a3，故c23，b243，

x2y2所以，椭圆E的方程为441.

3（2）由题意，设直线l的方程为xmy1，设Ax1,y1，Bx2,y2，

联立xmy1，消去x得x23y24m23y22my30，

所以y2m31y2m23，y1y2m23，

当直线l不过C2,0时，直线AC的斜率ky1ACx，直线BC的斜率kBCy212x2，23所以kACky1x2y2y1y2m2BC3x2m2ymy=1y213m22m21，

121y2m23m231即直线AC与直线BC垂直，故ACB2为定值.

21.【答案】

【解析】解：（Ⅰ）由题意可知f（x）的定义域为R，

f′（x）＝2x+cosx﹣sinx，

所以f（0）＝1，f′（0）＝1，

所以y＝f（x）在x＝0处的切线方程为y＝x+1．

（Ⅱ）令g（x）＝x2+sinx+cosx﹣1﹣ax，

则g（0）＝0，

g′（x）＝2x+cosx﹣sinx﹣a，

g″（x）＝2﹣sinx﹣cosx≥0，

所以g′（x）在（﹣∞，+∞）上为增函数，又因为g′（0）＝1﹣a，

①当a＞1时，g′（0）＜0，4a＞0，

g′（4a）＝7a+cos4a﹣sin4a＞0，

所以∃x0∈（0，4a），使得g′（x0）＝0，

14

所以g（x）在（0，x0）上单调递减，则g（x0）＜g（0）＝0，与题不符．

②当a＜1时，g′（0）＞0，a﹣π＜0，

g′（a﹣π）＝﹣2π﹣cosa+sina+a＜0，

所以∃x1∈（a﹣π，0），使得g′（x1）＝0，

所以g（x）在（x1，0）上单调递增，则g（x1）＜g（0）＝0，与题不符，

③当a＝1时，g′（0）＝0，

所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，g（x）在（0，+∞）上单调递增，

所以g（x）≥g（0）＝0，

综上所述，当a＝1时，f（x）≥1+ax．

22.【答案】

（1）(R)，22cos30；（2）3.

【解析】解：（1）依题意，曲线C1的普通方程为cosysinx0

即曲线C1的极坐标方程为(R)；

曲线C2的普通方程为(x1)2y24，即x2y22x30，

故曲线C2的极坐标方程为22cos30.

（2）将3代入曲线C2的极坐标方程22cos30中，可得230，设上述方程的两根分别是1,2，则123，故|OM||ON|123.

23.【答案】

解：（1）当a＝b＝1时，f（x）＝|x+1|﹣2|x﹣1|，

①当x≤﹣1时，f（x）＝﹣（x+1）+2（x﹣1）＝x﹣3＞0，∴x＞3，∴无解，

②当﹣1＜x＜1时，f（x）＝（x+1）+2（x﹣1）＝3x﹣1＞0，∴＜x＜1，

③当x≥1时，f（x）＝（x+1）﹣2（x﹣1）＝﹣x+3＞0，∴1≤x＜3，

综上所述：不等式f（x）＞0的解集为（，3）．

（2）g（x）＝）＝|x+a|﹣2|x﹣b|+|x﹣b|＝|x+a|﹣|x﹣b|，

∵|x+a|﹣|x﹣b|≤|（x+a）﹣（x﹣b）|＝|a+b|，

15

∴g（x）max|＝|a+b|＝2，∵a＞0，b＞0，∴a+b＝2，

∴+＝（+）（a+b）×＝（+当且仅当＝，即b＝2a时取等号，

+5）×≥（2+5）×＝，

∴+的最小值为．

16