2022年高考压轴卷 数学 含解析

1、2022年高考压轴卷 数学 含解析一、 填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）1.已知复数的实部为，虚部为1，则的模等于 .2.已知集合，集合，则 .3.右图1是一个算法流程图，若输入的值为，则输出的值为 .(图1)图24.函数的定义域为 .5.样本容量为10的一组数据，它们的平均数是5，频率如条形图2所示，则这组数据的方差等于 6.设是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，给出下列四个命题：若则；若，则；若，则；若，则.其中正确的命题序号为 7.若圆上有且只有两个点到直线的距离等于1，则半径的取值范围是 .xy12图38.已知命题在上为减函数；命题，使得.则在命题，中任取一个命题，则取得真命题的概率是 9.若函数，其图象如图3所示，则 .10.函数的图象经过四个象限，则a的取值范围是 11.在中,已知角A,B,C的对边分别为a,b,c,且，则函数在上的单调递增区间是 .12. “已知关于的不等式的解集为，解关于的不等式.”给出如下的一种解法：解：由的解集为，得的解集为，即关于的不等式的解集为.参考上述解法：若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为 .13.xx年第二届

2、夏季青年奥林匹克运动会将在中国南京举行，为了迎接这一盛会，某公司计划推出系列产品，其中一种是写有“青奥吉祥数”的卡片.若设正项数列满足，定义使为整数的实数k为“青奥吉祥数”，则在区间1，xx内的所有“青奥吉祥数之和”为_14.已知，设集合，若对同一x的值，总有，其中，则实数的取值范围是 二、 解答题（本大题共6小题，共90分）15.在中，角，的对边分别为，向量，且（1）求的值；（2）若，求边c的长度.ABCMPD图416.如图4，在四棱锥中，平面平面，ABDC， 是等边三角形，已知，（1）设是上的一点，证明：平面平面；（2）求四棱锥的体积17.如图5，GH是东西方向的公路北侧的边缘线，某公司准备在GH上的一点B的正北方向的A处建一仓库，设AB = y km，并在公路同侧建造边长为x km的正方形无顶中转站CDEF（其中边EF在GH上），现从仓库A向GH和中转站分别修两条道路AB，AC，已知AB = AC + 1，且ABC = 60o（1）求y关于x的函数解析式；图5（2）如果中转站四周围墙造价为1万元/km，两条道路造价为3万元/km，问：x取何值时，该公司建中转站围墙和两条道路总造价

3、M最低？18. 如图6，椭圆过点，其左、右焦点分别为，离心率，是椭圆右准线上的两个动点，且OMNF2F1yx（图6）（1）求椭圆的方程；（2）求的最小值；（3）以为直径的圆是否过定点？请证明你的结论19.已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的单调增区间；（3）若存在，使得是自然对数的底数)，求实数的取值范围20. 已知数列an中，a2=a(a为非零常数)，其前n项和Sn满足Sn=(nN*)（1）求数列an的通项公式；（2）若a=2，且，求m、n的值；（3）是否存在实数a、b，使得对任意正整数p，数列an中满足的最大项恰为第项？若存在，分别求出a与b的取值范围；若不存在，请说明理由数学（附加题）21A选修4-1：几何证明选讲（本小题满分10分）BACPO（第21 - A题）如图，从圆外一点引圆的切线及割线，为切点 求证： 21B已知矩阵，计算21C已知圆的极坐标方程是，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是是参数）若直线与圆相切，求正数的值21D（本小题满分10分，不等式选讲）已知不等式对于满足条件的任意实数恒成立,求实数的取值

4、范围【必做题】第22、23题，每小题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出 文字说明、证明过程或演算步骤22（本小题满分10分）22. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，M为PC的中点（1）求异面直线PB与MD所成的角的大小；MPDCBA（第22题）（2）求平面PCD与平面PAD所成的二面角的正弦值23（本小题满分10分）袋中共有8个球，其中有3个白球，5个黑球，这些球除颜色外完全相同从袋中随机取出一球，如果取出白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该黑球不再放回，并且另补一个白球放入袋中重复上述过程n次后，袋中白球的个数记为Xn （1）求随机变量X2的概率分布及数学期望E(X2)；（2）求随机变量Xn的数学期望E(Xn)关于n的表达式xx江苏高考压轴卷数学答案一、填空题1. 2. 3.2 4. 5.7.2 6. 7. 8. 9.4 10. 11. 12. 13.2047 14. 提示： 1.，则，则.2.，又，所以.3. 当时，则；当时，；当时，；当时，不成立，则输出.4.要使原式有意义，则，即且.5.2出现次，5出现次，8出现

5、次，所以.6. 逐个判断。由线面平行的性质定理知正确；由面面平行的判定定理知直线相交时才成立，所以错误；由面面垂直的性质定理知正确；中，可以是，所以错误，即正确命题是.图77.如图7，要使圆上有且只有两个点到直线的距离等于1，只须转化为圆与直线相交，且与直线相离，即，又圆心到直线的距离为5，则.8. 因为，函数的对称轴，且开口向上，所以命题正确；又由解得，比如，所以命题也正确，所以都是假命题，只有是真命题，故由古典概型的概率计算公式可知取得真命题的概率是.9.由图可知，为奇函数，则，又，解得，所以.10.，得，.当时，在和上是增函数，在上是减函数.因为，所以必过一、二、三象限，故只要极小值小于0即可.的解为，同理，当时，得.综上，的取值范围是.11. 由，利用正弦定理可得，所以，由余弦定理得，又A为ABC的内角，所以，所以，令，与取交集得所求递增区间是.12.由的解集为，得的解集为，即的解集为.13.因为，又，所以，当时，所以在区间1，xx内的所有奥运吉祥数之和为.图814. 由题意可得对任意恒成立，当时，作出函数图象如图8，显然当时，不满足题意；当时，只要直线在上与线段重合或者在线段

6、下方时，满足题意，所以.二、解答题15. 解析：（1），则，（2分）即（），（4分）又，故（）可化简为，（5分）两边平方得，.（2）又得，a=2,b=2，（9分）由（1）知，（12分）在ABC中，由余弦定理可得.，故.16. （1）证明：在中，ABCMPDO由于，所以故又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，故平面平面（2）过作交于，由于平面平面，所以平面因此为四棱锥的高，又是边长为4的等边三角形因此在底面四边形中，所以四边形是梯形，在中，斜边边上的高为，此即为梯形的高， 所以四边形的面积为故17. 解：（1）因为，所以.在直角三角形中，因为，所以.由于，得.在ABC中，因为，则由，及，得即关于的函数解析式为（）（2）令，则，在，即，时，总造价M最低答：时，该公司建中转站围墙和道路总造价M最低18. （1），且过点， 解得椭圆方程为. （2）设点,则，又， 的最小值为（3）圆心的坐标为，半径.圆的方程为，整理得. ，令，得，.圆过定点. 19. （1）因为函数，所以，又因为，所以函数在点处的切线方程为（2）由（1），因为当时，总有在上是增函数，又，所以不等式的解集为，故函数的单调

7、增区间为（3）因为存在，使得成立，而当时，所以只要即可又因为，的变化情况如下表所示：减函数极小值增函数所以在上是减函数，在上是增函数，所以当时，的最小值，的最大值为和中的最大值因为，令，因为，所以在上是增函数而，故当时，即；当时，即所以，当时，即，函数在上是增函数，解得；当时，即，函数在上是减函数，解得综上可知，所求的取值范围为20. 解：（1）由已知，得a1=S1=0，Sn=，则有Sn+1=，2(Sn+1Sn)=(n+1)an+1nan，即(n1)an+1=nan，nan+2=(n+1)an+1，两式相加，得2an+1=an+2+an，nN*，即an+1an+1=an+1an，nN*，故数列an是等差数列又a1=0，a2=a，an=(n1)a（2）若a=2，则an=2(n1)，Sn=n(n-1)由，得n2-n+11=(m-1)2，即4(m-1)2(2n-1)2=43，(2m+2n-3)(2m2n-1)=4343是质数，2m+2n-32m-2n-1，2m+2n-30，解得m=12，n=11（3）由an+bp，得a(n1)+bp若a0，则n+1不等式an+bp成立的最大正整数解为3p2，3p2+13p1，即2ab(3a1)p3ab对任意正整数p都成立3a1=0，解得a=，此时，b01b，解得b1故存在实数a、b满足条件，a与b的取值范围是a=，b121.A证明：因为PC为圆的切线， 所以， 又， 故， 所以， 即21.B解法一：矩阵的特征多项式为，令，解得，对应的一个特征向量分别为， 令，得， 解法二：因为

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