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2022年高考压轴卷数学（理）含解析一、选择题：本大题共8个小题,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.设集合，则 （ ）A B C D2.等比数列中，则数列的前8项和等于 （ ）A6 B5 C4 D33.已知双曲线C的离心率为2，焦点为、，点A在C上，若，则（ ）A B C D4.若向量满足：则 （ ）A2 B C1 D5.若以直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，则线段的极坐标为（ ）A. B. C. D.6.若则（ ）A. B. C. D.17.已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有个红球和个篮球，从乙盒中随机抽取个球放入甲盒中.（a）放入个球后，甲盒中含有红球的个数记为；（b）放入个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为.则A. B.C. D.8.在的展开式中，记项的系数为，则 （ ）A.45 B.60 C.120 D. 210二、填空题（共6个小题，每题5分，共30分）9.执行右侧的程序框图，若输入，则输出 . 10.若函数在区间是减函数，则的取值范围是 .11.当实数，满足时，恒成立，则实数的取值范围是_.12.已知曲线C：，直线l：x=6。若对于点A（m，0）,存在C上的点P和l上的点Q使得，则m的取值范围为 。13.在平面直角坐标系中，倾斜角为的直线与曲线，（为参数）交于、两点，且，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，则直线的极坐标方程是_.14.如图，为外一点，过点作的两条切线，切点分别为，过的中点作割线交于两点，若则.三、解答题（共6小题，共80分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）15.（本小题满分13分）已知函数.（1） 若，且，求的值；（2） 求函数的最小正周期及单调递增区间.16. （本小题满分13分）某校高一年级学生举行 了“跳绳、短跑、乒乓球”三项体育健身活动，要求每位同学至少参加一项活动，高一（1）班50名学生参加健身活动的项数统计如图所示。（I） 从该班中任意选两名学生，求他们参加活动项数不相等的概率。（）从该班中任意选两名学生，用表示这两人参加活动项数之差的绝对值，求随机变量的分布列及数学期望E.（）从该班中任意选两名学生，用表示这两人参加活动项数之和，记“函数=在区间（3,5）上有且只有一个零点”为事件A,求事件A发生的概率。17.（本小题满分13分）如图，三棱柱中，点在平面ABC内的射影D在AC上，.（I）证明：；（II）设直线与平面的距离为，求二面角的大小.18.（本小题满分13分）已知函数.(1) 当时，求的极值；(2) 若在区间上单调递增，求b的取值范围.19.(本题满分14分)如图，设椭圆动直线与椭圆只有一个公共点，且点在第一象限.（1） 已知直线的斜率为，用表示点的坐标；（2） 若过原点的直线与垂直，证明：点到直线的距离的最大值为.20.（本小题满分 14 分）设实数，整数，.（I）证明：当且时，；（）数列满足，证明：试卷答案1.B 2.C 3.A 4.B 5.A【解析】 所以选A。6.B【解析】设，则，所以.7.A【解析】8.C【解析】9. 【答案】 【解析】10. 【答案】11. 【答案】【解析】 12. 【答案】 【解析】13.14. 【答案】415.16.17.解：解法一：（I）平面，平面，故平面平面又，平面连结，侧面为菱形，故，由三垂线定理得；（II）平面平面，故平面平面作为垂足，则平面又直线平面，因而为直线与平面的距离，为的角平分线，故作为垂足，连结，由三垂线定理得，故为二面角的平面角由得为的中点，二面角的大小为解法二：以为坐标原点，射线为轴的正半轴，以长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系由题设知与轴平行，轴在平面内（I）设，由题设有则由得，即（）于是（II）设平面的法向量则即故，且令，则，点到平面的距离为又依题设，点到平面的距离为代入解得（舍去）或于是设平面的法向量，则，即，故且令，则又为平面的法向量，故，二面角的大小为18.（1）当时，的定义域为令，解得当时，所以在上单调递减；当时，所以在上单调递增；所以，当时，取得极小值；当时，取得极大值。（2） 在上单调递增且不恒等于0对x恒成立7分8分10分11分12分19. 20.（）证：用数学归纳法证明当时，原不等式成立假设时，不等式成立，当时， 所以时，原不等式也成立综合可得，当时，对一切整数，不等式均成立（）证法1：先用数学归纳法证明当时，由题设知成立假设（）时，不等式成立由易知，当时，由得由（）中的结论得，因此，即.所以时，不等式也成立综合、可得，对一切正整数，不等式均成立再由可得，即综上所述，证法2：设，则，并且由此可得，在)上单调递增，因而，当时，当时，由，即可知，并且，从而故当时，不等式成立假设（）时，不等式成立，则当时，即有所以，时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数，不等式均成立
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