必刷卷03（文）-2022年高考数学考前信息必刷卷（全国甲卷）

绝密★启用前2022年高考数学考前信息必刷卷03全国卷地区专用随着最近几年各省逐渐推进新高考，高考各地用卷有所调整，原有的全国三卷不变，称为全国甲卷。数学甲卷落实了高考内容改革的要求，贯彻德智体美劳全面发展的教育方针，把数学和实际生活紧密结合，体现了高考数学对于实际生活的指导作用，全面落实科学发展观，稳中有变，稳中求新。分析2021年全国甲卷这次的甲卷，非常符合“难点分散”的原则，没有极致的难题，但每道题都有卡到学生的地方。计算量和阅读量较去年有所增加。反套路意味明显，试题考查的主干知识内容相较前几年变化不大，但是呈现的形式有较大的变化。2021年整套试卷难度和最近一两年相比，难度略有降低，但知识点考察全面，着重考察学生的数学基本功，对于复习中扎实做题的学生较为友好，整体而言是一套非常契合最近几年高考数学命题的改革方向的试题。2022年高考将继续重视对学生抽象概括能力、空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、数学应用能力、数据处理能力和创新意识的培养,特别要重视运用数学方法解决实际问题的教学，培养学生思维的灵活性与创新性。试卷中将融入数学文化为背景的新情景问题，此类试题蕴含浓厚的数学文化气息，将数学知识、方法等融为一体，能有效考查学生在新情景下对知识的理解以及迁移到不同情境中的能力，考查学生发现问题、分析问题和解决问题的能力,例如第5题。概率作为简答题的难度下降，数列或三角函数仍然考查大题，或采用了开放设问的形式，引导我们在教学上要重视数学概念的教学，培养核心素养，克服机械刷题。本卷满分150分，考试时间120分钟。一、选择题：本题共12小题，每小题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，，则（

）A．R B． C． D．【答案】D【分析】求函数定义域化简集合A，解不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答.【详解】由得，则，由解得，即，所以.故选：D2．复数z在复平面内对应点的坐标为（－2，4），则（

）A．3 B．4 C． D．【答案】C【分析】先求得，然后求得.【详解】因为复数z在复平面内对应点的坐标为（－2，4）．则，所以．所以．故选：C3．已知甲、乙两家快递公司一天内在4个居民小区接收的快递数量如下面茎叶图所示.其中有一个数字被损坏，无法识别，假设这个数字具有随机性，现用a表示，则甲公司快递数量的中位数不低于乙公司快递数量的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据茎叶图求出中位数，从而求出的可能取值，再根据古典概型求出结果.【详解】甲快递数量为：，其中位数是；乙快递数量为：，其中位数是，由得，因为，所以，故所求概率为.故选：D4．下列函数是奇函数的是(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数的奇偶性的定义逐项判断即可.【详解】，定义域为R关于原点对称，且，故该函数为偶函数，故A不符题意；，定义域为[0，)不关于原点对称，∴该函数为非奇非偶函数，故B不符题意；，定义域由－x＞0得(－，0)不关于原点对称，故该函数为非奇非偶函数，故C不符题意；，定义域为R关于原点对称，且，故该函数为奇函数，故D符合题意故选：D.5．地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准．震级是据震中100千米处的标准地震仪（周期，衰减常数约等于1，放大倍率2800倍）所记录的地震波最大振幅值的对数来表示的．里氏震级的计算公式：，其中表示“标准地震振幅”（使用标准地震振幅是为了修正测振仪距离实际震中的距离造成的偏差），是指我们关注的这个地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅．4.5级地震给人的震感已比较明显，那么6.5级地震的最大振幅是4.5级地震的最大振幅的（

）倍．A． B．10 C．100 D．【答案】C【分析】由求得，然后求得6.5级地震的最大振幅与4.5级地震的最大振幅的比值.【详解】由于，所以，所以6.5级地震的最大振幅与4.5级地震的最大振幅的比值为：.故选：C6．刘徽注《九章算术·商功》中，将底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的半径为（

）A． B．3 C． D．4【答案】C【分析】将其置入到长方体中，利用长方体体对角线为外接球的直径来解决.【详解】由三视图可知，该几何体为四棱锥，底面是一个正方形，设四棱锥外接球的半径为，将其置入到长方体中，如图所示易得，所以，所以.故选：C7．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用诱导公式、同角三角函数的平方关系结合二倍角的正弦公式可求得的值.【详解】由已知可得，等式两边平方得，解得.故选：B.8．已知数列的前n项和为，且，则（

）A．129 B．132 C．381 D．384【答案】C【分析】根据与的关系可证得数列是等比数列，再根据等比数列的前项和公式即可得出答案.【详解】解：当时，由，得；当时，由，得，所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列，故，所以．故选：C．9．在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，，得到，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，取的中点，在直角中，即可求解.【详解】在正方体中，连接，，可得，所以异面直线与所成角即为直线与所成角，即为异面直线与所成角，不妨设，则，，取的中点，因为，所以，在直角中，可得.故选：B.10．“勾3股4弦5”是勾股定理的一个特例.根据记载，西周时期的数学家商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题，毕达哥拉斯发现勾股定理早了500多年，如图，在矩形ABCD中，△ABC满足“勾3股4弦5”，且AB=3，E为AD上一点，BE⊥AC.若=λ+μ，则λ+μ的值为（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】建立平面直角坐标系，进而利用向量的坐标表示，设，由可得，再由，利用坐标表示建立方程组求解即可.【详解】解：由题意建立如图所示直角坐标系因为AB=3，BC=4，则B(0，0)，A(0，3)，C(4，0)，，，设，因为BE⊥AC，所以，解得.由，得，所以解得所以，故选：B.11．已知中，角的对边分别为．若，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用正弦定理边化角，可得，再次角化边可得关系，利用余弦定理和基本不等式可求得的最小值.【详解】由正弦定理得：，即，，则，（当且仅当，即时取等号），的最小值为.故选：C.12．已知双曲线的左右焦点分别为，高为的梯形的两顶点A，B分别在双曲线的左、右支上，且，则该双曲线的离心率等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，，在和中，利用余弦定理得解.【详解】解：由梯形的高为得到，设，，在中，，因此，即，①在中，，因此，即，②①②相减得．故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，若，则向量与的夹角为___________.【答案】【分析】根据向量的坐标运算和数量积运算，即可求得答案.【详解】，且则即与的夹角为故答案为：.14．已知函数，则函数在点处的切线方程是____．【答案】【分析】利用导数的几何意义求解.【详解】解：因为函数，所以，所以，所以切线方程为，即．故答案为；15．已知数列满足（），为其前项和，若，则___________.【答案】【分析】根据题意和等比数列的定义得数列是公比为的等比数列，结合等比数列的通项公式和求和公式，即可求解.【详解】由题意，数列满足（），可得数列是公比为的等比数列，因为，可得，解得，所以.故答案为：.16．已知一个圆柱的上､下底面圆周均在球O的表面上，若圆柱的体积为，则球O的表面积的最小值为___________.【答案】【分析】设圆柱的底面圆半径为，高为，球O的半径为，列出方程组，求得，求得其导数，利用导数得到的最小值，即可求得球的表面积的最小值.【详解】设圆柱的底面圆半径为，高为，球O的半径为，则，可得，所以，当时，；当时，，所以当时，取得最小值，此时球O的表面积有最小值，且最小值为.故答案为：.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）新高考按照“”的模式设置，其中“3”为全国统考科目语文、数学，外语，所有考生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史两科中选择一科；“2”为再选科目，考生可在化学、生物，政治，地理四科中选择两科．某校为了解该校考生首选科目的选科情况，从该校考生中随机选择了100名考生进行调查，得到下面的列联表：选择物理不选择物理男4614女2020假设考生选择每个科目的可能性相等，且他们的选择互不影响．(1)能否有的把握认为考生是否选择物理与性别有关?(2)已知该校有考生2200名，以上表中该校考生选择物理科目的频率代替该校考生选择物理科目的概率，估计该校考生选择物理作为首选科目的人数．参考公式：，其中．参考数据：0.100.050.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】(1)能；(2)．【分析】（1）：根据公式求解，结合表格参考数据即可判断结果；（2）：先求出该校考生选择物理科目的概率，再结合校人数可得结果．(1)根据题意可得所以有的把握认为考生是否选择物理与性别有关；(2)该校考生选择物理科目的概率为所以估计该校考生选择物理作为首选科目的人数为．18．（12分）已知的内角的对边分别为，满足.(1)求角的大小；(2)若，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知条件，利用正弦定理角化边可得，再根据余弦定理即可求解；（2）由角A的正切值求出角A的正弦和余弦值，从而根据二倍角公式可得、，再根据两角差的正弦公式即可求解.(1)解：，，即，，，；(2)解：由，可得，，19．（12分）在三棱锥中，底面ABE，AB⊥AE，，D是AE的中点，C是线段BE上的一点，且，连接PC，PD，CD.(1)求证：平面PAB；(2)求点E到平面PCD的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过证明来证得平面.（2）通过等体积法求得点E到平面PCD的距离.(1)因为，所以.又，.所以在中，由勾股定理，得.因为，所以是的斜边BE上的中线.所以C是BE的中点.又因为D是AE的中点，所以直线CD是的中位线，所以.又因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB.(2)由（1）得，.又因为，.所以.又因为，所以.由题意得，且，所以.设点E到平面PCD的距离为d，则由得，即，解得.故点E到平面PCD的距离为.20．（12分）已知函数.(1)求函数在区间上的最小值；(2)不等式对于恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)1；(2).【分析】（1）求出函数的导数，利用函数在上的单调性求解作答.（2）将给定不等式分离参数并作等价变形，构造函数，求出函数的最大值作答.(1)，，，，在单调递增，，即，当且仅当时取“=”，因此，函数在上的单调递增，当时，，所以在区间上的最小值是1.(2)，，令，函数在上单调递增，其值域为R，令，则，当时，，当时，，则有函数在上单调递增，在上单调递减，当时，，于是得，所以实数a的取值范围是.21．（12分）已知椭圆方程为，若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点．(1)求该抛物线的方程；(2)过抛物线焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，分别在点A，B处作抛物线的切线，两条切线交于P点，则的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在；最小值为64，此时直线l的方程为【分析】（1）先求出椭圆的焦点，从而可求得的值，求出，进而可得抛物线的方程，（2）由题意可得直线l的斜率存在，则设直线l的方程为，设，，将直线方程代入抛物线方程中消去，利用根与系数的关系，利用导数的几何意义求出切线的方程，联立求出点的坐标，则利用点到直线的距离公式求出到直线的距离，再利用弦长公式求出，从而可表示出的面积，进而可求出其最小值(1)由椭圆，知．又抛物线的焦点是椭圆的一个焦点．所以，则．所以抛物线的方程为．(2)由抛物线方程知，焦点．易知直线l的斜率存在，则设直线l的方程为．由消去y并整理，得．．设，，则，．对求导，得，∴直线AP的斜率，则直线AP的方程为，即．同理得直线BP的方程为．设点，联立直线AP与BP的方程，即．，点P到直线AB的距离，所以的面积，当且仅当时等号成立．所以面积的最小值为64，此时直线l的方程为．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22．[选修4–4：坐标系与参数方程]（10分）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.(1)求C的普通方程和的直角坐标方程；(2)若与C交于A，B两点，，求的值.【答案】(1)，(2)21【分析】（1）根据参数方程化为普通方程、极坐标方程转化为直角坐标方程的公式求得C的普通方程和的直角坐标方程；（2）写出直线的标准参数方程并代入的普通方程，结合根与系数关系求得的值.(1)，