2022屆高考數(shù)學(xué)精創(chuàng)預(yù)測卷 全國甲卷 理科

1、2022 屆高考數(shù)學(xué)精創(chuàng)預(yù)測卷全國甲卷 理科一、選擇題：本題共12 小題，每小題5 分，共 60 分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合A = x | x2 一 3x 一 4 想 0，B = 一4,1,3,5 ，則 A 后 B = ( )A. 一4,1 B. 1,5 C. 3,5 D. 1,32.若復(fù)數(shù) z 滿足 z . (1+ i) = 1 一 3 + (1+ 3)i ，則| z | 為( )A. 1 B.2 C.3 D.43.關(guān)于統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)的分析，有以下幾個(gè)結(jié)論：將一組數(shù)據(jù)中的每個(gè)數(shù)據(jù)都減去同一個(gè)數(shù)后，方差沒有變化；繪制頻率分布直方圖時(shí)，各小矩形的面積等于相應(yīng)各

2、組的組距；一組數(shù)據(jù)的方差一定是正數(shù)；如圖是隨機(jī)抽取的 200 輛汽車通過某一段公路時(shí)的時(shí)速分布直方圖，根據(jù)這個(gè)直方圖， 可以得到時(shí)速在50,60) 的汽車大約是 60 輛.則這四個(gè)結(jié)論中錯(cuò)誤的個(gè)數(shù)是( )A. 1 B.2 C.3 D.44.一種放射性元素的質(zhì)量按每年 10%衰減，這種放射性元素的半衰期(剩余質(zhì)量為最初質(zhì)量 的一半所需的時(shí)間叫做半衰期)是(精確到0.1，已知 lg2 必 0.3010 ，lg3 必 0.4771 ) ( )A.5.2 年 B.6.6 年 C.7. 1 年 D.8.3 年5.已知 F 是雙曲線C: x2 一 y2 = 1(a 0,b 0) 的右焦點(diǎn)，點(diǎn)A(0, 3b

3、) ，連接 AF 與漸近線a2 b2y = x 交于點(diǎn) M，kAF . kOM = 一2 ，則 C 的離心率為( )3 3 5 15A. 3 B. C. D.2 2 36.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積是( )A. 8 + 4 2 + 4 17B. 12 + 4 2 + 4 17C. 12 + 8 2 + 4 17D. 8 + 4 2 + 8 17n n n 2n7.數(shù)列a 的前 n 項(xiàng)和為S ，且 S = n2 n + a ， n = N *，則“ a = 0 ”是“數(shù)列a 為等差數(shù)列”的( )A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件 8

4、.如圖所示，為了測量A，B 處島嶼的距離，小明在D 處觀測， A，B 分別在 D 處的北偏西 15、北偏東 45方向，再往正東方向行駛 40 海里至 C 處，觀測 B 在 C 處的正北方向， A在 C 處的北偏西 60方向，則A ，B 兩處島嶼間的距離為( )A. 20 6 海里B. 40 6 海里C. 20(1+ 3) 海里D.40 海里9.已知sin + 2cos = 0 ，則 cos2 sin2 等于( )4 3 2 1A. B. C. D. 5 5 5 510.大學(xué)生小明與另外 3 名大學(xué)生一起分配到某鄉(xiāng)鎮(zhèn)甲、乙、丙 3 個(gè)村的小學(xué)進(jìn)行支教，若每個(gè)村的小學(xué)至少分配 1 名大學(xué)生，則小明

5、恰好分配到甲村的小學(xué)的概率為( )1A. 121B. 21C. 31D. 611.已知正方體ABCD _ A B C D 的表面積為 24，則四棱錐 A _ ABC D 的體積為( )1 1 1 1 1 1 14 8 3 8 16A. B. C. D.3 3 3 312.已知函數(shù)f (x) 的定義域?yàn)?R，且 f (x +1)是偶函數(shù)， f (x _ 1)是奇函數(shù)， f (x) 在_1,1上單調(diào)遞增，則( )A. f (0) f (2020) f (2019) B. f (0) f (2019) f (2020)C. f (2020) f (2019) f (0) D. f (2020) f

6、(0) f (2019)二、填空題：本題共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分。13.已知函數(shù)f (x) = x2 + 2xex _ 1，則函數(shù) f (x) 在點(diǎn) (0, f (0) 處的切線方程為_.14.已知向量a = (1,_1),(2a + b) a ，若| b |= 4 ，則向量 a 與 b 的夾角為_.15.已知 F 是橢圓x2 + y2 = 1(a b 0) 的右焦點(diǎn)，點(diǎn) P 在橢圓上，且 P 到原點(diǎn) O 的距離等a2 b2于半焦距， POF 的面積為 6，則 b = _.16.若函數(shù) f (x) = Asin(ox +Q)(|(A 0,o 0,0 Q k )0k00.001

7、10.8280.0503.8410.0106.63518. (12 分)已知數(shù)列a ， b ，滿足 a = 1 ，a = 1 1 ，b = 2 ， S 為數(shù)列 n n 1 n+1 4a n 2a 1 nn nnb 的前 n 項(xiàng)和， n = N *.(1)求數(shù)列a ， b 的通項(xiàng)公式；n nn S n n .(2)令c = (一1)n ，求數(shù)列c 的前 n 項(xiàng)和 Tn19. (12 分)在四棱錐P 一 ABCD 中，底面ABCD 是矩形， AB = 2, AD = 2,E 為 BC 的中點(diǎn)， PA BC, BD PE .(1)證明： PA 平面ABCD；(2)若 PC 與平面 PAD 所成的角為

8、 30，求二面角 A 一 PE 一 D 的余弦值.20. (12 分)已知拋物線C : y2 = 2px(p 1) 上的點(diǎn)P(x ,1)到其焦點(diǎn) F 的距離為 5 . 0 4(1)求拋物線 C 的方程；(2)點(diǎn) E(t,4) 在拋物線 C 上，過點(diǎn)D(0,2) 的直線 l 與拋物線 C 交于A (x , y ), B (x , y )(y 0,y 0)兩點(diǎn)，點(diǎn) H 與點(diǎn)A 關(guān)于 x 軸對稱，直線AH 分別與直線1 1 2 2 1 2OE，OB 交于點(diǎn) M，N(O 為坐標(biāo)原點(diǎn))，求證： | AM |=| MN | .21. (12 分)已知函數(shù)f (x) = ae一x + ln x 一 1(a

9、=R ) (e 如 2.71828 為自然對數(shù)的底數(shù)) .(1)當(dāng) a 共e 時(shí)，討論函數(shù)f (x) 的單調(diào)性；(2)若函數(shù) f (x) 恰有兩個(gè)極值點(diǎn)x ，x (x 6的解集；(2)若不等式f (x) 5的解集不是空集，求參數(shù)m 的取值范圍.答案解析1.答案： D解析：由x2 一 3x 一 4 想 0 ，得 (x 一 4)(x +1)想 0 ，解得 一1 想 x 想 4 ，：A = x | 一1 想 x 想 4，又B = 一4,1,3,5 ，：A 后 B = 1,3，故選 D.2.答案： B解析： z . (1+ i) = 1 一 3 + (1+ 3)i ，1 + i：復(fù)數(shù) z = 1 一

10、3 + (1+ 3)i = 1 + 3i ，：| z |= 2 ，故選 B.3.答案： B解析：對于，將一組數(shù)據(jù)中的每個(gè)數(shù)據(jù)都減去同一個(gè)數(shù)后，方差不變，正確. 因?yàn)榉讲罘?映一組數(shù)據(jù)的波動(dòng)大小，整體變化不改變波動(dòng)大小.對于，錯(cuò)誤.因?yàn)轭l率分布直方圖中，各小矩形的面積等于相應(yīng)各組的頻率.對于，錯(cuò)誤.因?yàn)楦鶕?jù)方差的計(jì)算公式s2 = (x1 一 x)2 + (x2 一 x)2 + + (xn 一 x)2 得出方差是非負(fù)數(shù).對于，根據(jù)頻率分布直方圖得，時(shí)速在50,60) 的汽車大約是200 人 0.03人10 = 60 (輛)， 所以正確.綜上，錯(cuò)誤的結(jié)論是，共 2 個(gè).故選 B.4.答案： B1 1

11、解析：設(shè)這種放射性元素的半衰期是x 年，則(1一 10%)x = ，化簡得 0.9x = ，即 2 21x = log 1 = lg 2 = 一 lg 2 必 一0.3010 必 6.6 (年) .故選 B.0.92 lg 0.9 2lg3 一 1 2 人 0.4771 一 15.答案： A解析：由已知得F (c,0) ，：kAF= ，kOM= ，：kAF . kOM = . = 一2 ， ： 3 (c2 一 a2 )= 2ac ， ： 3e2 一 2e 一 3 = 0 ，：e = 3 (舍負(fù))，故選 A.6.答案： B解析：由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)底面為矩形(長為 4、寬為 2)，高為

12、4 的四棱錐， 其中一個(gè)側(cè)面與底面垂直，所以該幾何體的表面積S = 2 人 4 + 1 人 2 人 4 + 1 人 2 人 4 2 + 2 人 1 人 4 人 17 = 12 + 4 2 + 4 17 ，故選 B.2 2 27.答案： An n lSn 一 Sn一1 , n 2 n l2n 一 2, n 2解析：因?yàn)镾 = n2 一 n + a ，n = N* ，所以 a =(S1 , n = 1 ，即 a =(a, n = 1 ，所以a = 4n 一 2 ， n = N* ，所以無論 a 為何值，數(shù)列a 都為等差數(shù)列.所以“ a = 0 ”是“數(shù)列2n 2na 為等差數(shù)列”的充分不必要條件，

13、故選 A.2n8.答案： A解析：在ACD 中， 三ADC = 15。+ 90。= 105。， 三ACD = 90。一 60。= 30。，所以三CAD = 45。. 由正弦定理可得CDsin三CAD = ADsin三ACD，解得1AD = CD sin 三ACD = 40 人 2 = 20 2 .在RtDCB 中， 三BDC = 45。，所以 sin 三CAD 22BD = 2CD = 40 2 .在ABD 中，由余弦定理可得1AB2 = AD2 + BD2 一 2AD . BD cos 三ADB = 800 + 3200 一 2 人 20 2 人 40 2 人 = 2400，解得2AB =

14、20 6 (海里) .所以A ，B 兩處島嶼間的距離為20 6 海里.9.答案： D解析：由sina + 2cos a = 0 得tana = sinacosa = 一2 ，sin2 a + cos2 a所以cos2a 一 sin 2a = cos2 a 一 sin2 a 一 2sin a cosa= 1 一 tan2 a 一 2tan a = 1 一 4 + 4 = 1 ，故選 D.tan2 a + 1 4 + 1 510.答案： C解析：大學(xué)生小明與另外 3 名大學(xué)生一起分配到某鄉(xiāng)鎮(zhèn)甲、乙、丙 3 個(gè)村的小學(xué)進(jìn)行支教，每個(gè)村的小學(xué)至少分配 1 名大學(xué)生，基本事件總個(gè)數(shù)n = C2 A3 =

15、 36 ，小明恰好分配到4 3甲村的小學(xué)包含的基本事件個(gè)數(shù)m = A3 + C2 A2 = 12 ，所以小明恰好分配到甲村的小學(xué)的概3 3 2率 P = = = .故選 C.m 12 1n 36 311.答案： C解析：設(shè)正方體ABCD 一 A B C D 的棱長為 a，因其表面積為 24，所以 6a2 = 24 ，所以1 1 1 1a = 2 .連接 A D 交 AD 于點(diǎn) O，則 A D AD ，所以在正方體中， A D 平面ABC D ，即 A O 1 1 1 1 1 1 1 11平面 ABC D ，所以 A O 是四棱錐A 一 ABC D 的高，且AO = a2 + a2 = 2 .1

16、 1 1 1 1 1 1 2又 S = AB . AD = 4 2 ，所以V = S . AO = .故選 C.1 8四邊形ABC1D 1 四棱錐 A1 一ABC1D1 3 四邊形ABC1D1 1 312.答案： B解析：由f (x + 1)是偶函數(shù)，得f (x + 1) = f (一x + 1) ，即 f (x) = f (一x + 2) .由 f (x 一 1)是奇函數(shù)，得f (x 一 1) = 一f (一x 一 1) ，即 f (x) = 一f (一x 一 2) ，所以一f (一x 一 2) = f (一x + 2) ，則 f (x) 的周期T = 8 .由 f (x 一 1)是奇函數(shù)，

17、得f (0 一 1) = f (一1) = 0 .因?yàn)?f (x) 在一1,1上單調(diào)遞增，所以f (0) 0 ，所以 f (2019) = f (3) = f (一1) = 0, f (2020) = f (4) = 一f (0) 想 0 ，即 f (0) f (2019) f (2020) .故選 B.13.答案： 2x 一 y 一 1 = 0解析： f p(x) = 2x + 2ex + 2xex ， f (0) = 一1 ，：函數(shù) f (x) 在點(diǎn) (0, 一1) 處的切線斜率k = f p(0) = 2 ，：所求的切線方程為 y 一 (一1) = 2(x 一 0) ，即 2x 一 y

18、一 1 = 0 .14.答案： 135。解析：由向量a = (1,一1)知|a |= 2 .又(2a + b) a ，則 (2a + b) .a = 0 ，即2a2 + a . b = 0,：a . b = 一2a2 = 一2 人 2 = 一4,：cosa,b= = 4 = 一 22 , ：向量 a 與 b的夾角為135。.15.答案： 2 3解析：設(shè)P(x, y) ，則 由得x2 = c2 一 y2 ，代入式得c2 一 y2 + y2 = 1 亭 y2 = b4 亭| y |= b2 .a2 b2 c2 c：S = 1 | OF | . | y |= 1 人 c 人 b2 = 1 b2 =

19、6 ，POF 2 2 c 2：b2 = 12 ，又 b 0 ，：b = 2 3 .16.答案： _3,0解析：由函數(shù)f (x) = Asin(Ox +Q)(A 0,O 0,0 Q ) 的部分圖像，可得A = 2 ，23 人 2 = 5 + 1，求得O = .再根據(jù)五點(diǎn)作圖法可得， 人 (_1) +Q = 2k ，k = Z ， 4 4 4：Q = 2k + ， k =Z .又0 Q 10.828 ，1000人 (150人 350 _ 450人50)2600 人 400 人 200人 800：有 99.9%以上的把握認(rèn)為得分是否優(yōu)秀與文理科有關(guān).2 218.解析： (1)由題可知， b = =

20、= 2 ，1 2a _ 1 2 _ 11b _ b = 2 _ 2 = 2 _ 2 = 2 ， n+1 n 2an+1 _ 1 2an _ 1 2 _ 1 _ 1 2an _ 12an所以數(shù)列b 是首項(xiàng)為 2，公差為 2 的等差數(shù)列，n所以b = 2 + (n _ 1) 人 2 = 2n .n由b = 2 得a = bn + 2 = 2n + 2 = n + 1 .n 2a - 1 n 2b 4n 2nn n(2)由(1)得 S = n(2 + 2n) = n(n + 1)， n 2所以cn = (-1)n an + n = (-1)n = (-1)n (|( + n 1)| .n所以T =

21、c + c + c + + cn 1 2 3 n= - (|(1 + )| + (|( + )| - (|( + )| + + (- 1)n(|( + n 1)|= - 1 + (- 1)n 1 .n + 119.解析： (1)證明：易知tan 三BAE = , tan 三ABD = 2 ，222所以1 - tan 三BAE . tan 三ABD = 1 - 根 2 = 0 ，2故 三BAE + 三ABD = ，即 AE BD，2又 BD PE ， PE 后 AE = E ，所以 BD 平面 PAE，又 PA 仁 平面 PAE，所以BD PA ，又 PA BC, BD 后 BC = B ，所以

22、 PA 平面ABCD.(2)由 PA 平面 ABCD，得 PA CD ，又CD AD, PA 后 AD = A，所以CD 平面 PAD，所以三CPD 為 PC 與平面 PAD 所成的角，則三CPD = 30o ，在RtCPD 中， CD = 2 ， 三CPD = 30o ，所以 PD = 6 ，又 PA AD ， 所以 PA = ( 6) 2 - 22 = 2 .以 A 為原點(diǎn)， AB, AD, AP 的方向分別為x 軸、 y 軸、 z 軸的正方向，建立如圖所示的空間直 角坐標(biāo)系，則 B( 2,0,0), D(0,2,0), E( 2,1,0), P(0,0, 2) ，DP = (0, -2,

23、 2), DE = ( 2, -1,0) ，設(shè)平面 PDE 的法向量為n = (x, y, z) ，|lDE . n = 2x - y = 0,則(|DP . n = -2y + 2z = 0,取 x = 1 ，則 y = 2, z = 2 ，所以 n = (1, 2,2) ，易知平面 PAE 的一個(gè)法向量為BD = (- 2,2,0) ，n. BD 21所以cosn, BD= = ，| n | BD | 21由圖可知二面角A - PE - D為銳角，21所以二面角A - PE - D的余弦值為21 .20.解析： (1)由點(diǎn) P(x ,1)在拋物線上可得， 12 = 2px ，解得 x =

24、10 0 0 2p .由拋物線的定義可得| PF |= x + p = 1 + p = 5 ，0 2 2p 2 4整理得 2p2 - 5p + 2 = 0 ，解得 p = 2 或p = 1 (舍去).2故拋物線 C 的方程為 y2 = 4x .(2)由 E(t,4) 在拋物線 C 上可得42 = 4t ，解得 t = 4 ，所以E(4,4) ，直線 OE 的方程為 y = x .易知H(x , -y ) ， x , x 均不為 0.1 1 1 2由題意知直線 l 的斜率存在且大于 0，設(shè)直線 l 的方程為 y = kx + 2(k 0) ，聯(lián)立，得消去 y，得 k2 x2 + (4k - 4)

25、x + 4 = 0 .則編 = (4k _ 4)2 _ 16k2 = 16 _ 32k 0 ，得 0 k 1 ，2所以x + x = 4 _ 4k ， x x = 4 . 1 2 k2 1 2 k2由直線 OE 的方程為 y = x ，得 M(x , x ).1 1y ( x y )2 2易知直線 OB 的方程為 y = x2 ，故 N|(x1 , 2 )| .數(shù)形結(jié)合可知，要證| AM |=| MN | ，即證 2y = y + y ，M 1 N即證 x1 y2 + y = 2x ，即證 x y + x y = 2x x ，x1 1 1 2 2 1 1 22即證 (2k _ 2)x x +

26、2 (x + x )= 0 ，1 2 1 2則 (2k _ 2) 根 4 + 8 _ 8k = 0 ，此等式顯然成立，所以| AM |=| MN | .k 2 k 221.解析：(1)函數(shù)的定義域?yàn)?(0,+w) ， f ,(x) = _ae_x + 1 = ex _ ax ，x xex(下面分 a 共 0 及00 恒成立， f (x) 在(0,+w) 上單調(diào)遞增.當(dāng)0 a 共 e 時(shí)，令 g (x) = ex _ ax ， g,(x) = ex _ a ，當(dāng)0 0 在 (0,+w) 上恒成立， g(x) g(0) = 1 .所以 f ,(x) 0 恒成立， f (x) 在 (0,+w) 上單

27、調(diào)遞增.當(dāng)1 a 共 e 時(shí)，當(dāng)0 x ln a 時(shí)， g,(x) ln a 時(shí)， g,(x) 0 ， g (x) 單調(diào)遞增，：g (x) 之 g (ln a) = eln a _ a ln a = a(1_ ln a) 之 0 ，：f ,(x) 之 0 (等號不恒成立)， f (x) 在 (0,+w) 上單調(diào)遞增. 綜上，當(dāng)a 共e 時(shí)， f (x) 在 (0,+w) 上單調(diào)遞增.(2)依題意，得 f ,(x )= f ,(x )= 0 ，1 2則(|ex1 _ ax1 = 0, 即(|ex1 = ax1 ,|lex2 _ ax2 = 0, |lex2 = ax2 ,兩式相除得， ex2 _x1 = x2 ，設(shè) x2 = t ，x x1 1則 t 1 ， x = tx ， e(t -1)x1 = t ，2 1：x = ln t ， x = t ln t ，1 t - 1 2 t - 1：x + x =(t +1)ln t1 2 t - 1 .1設(shè) h(t) = (t + 1)ln t (t 1)，則 h,(t) = t - t