《2022年高考理科数学全国新课标卷2试题与答案解析版 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考理科数学全国新课标卷2试题与答案解析版 .pdf（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类( 全国新课标卷 II) 第卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 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(2013 课标全国，理1) 已知集合Mx|(x 1)24，xR ，N1,0,1,2,3，则MN( ) A0,1,2 B 1,0,1,2 C1,0,2,3 D 0,1,2,3 2(2013 课标全国，理2)设复数z满足 (1 i)z2i ，则z( ) A 1i B 1I C1i D1i 3 (2013 课标全国，理 3) 等比数列 an 的前n项和为Sn. 已知S3a210a1，a5 9， 则a1( ) A13 B13
2、C19 D194(2013 课标全国，理4) 已知m，n为异面直线，m平面 ，n平面 .直线l满足lm，ln，l，l，则 ( ) A 且 l B 且 l C 与 相交，且交线垂直于l D 与 相交，且交线平行于l 5 (2013 课标全国，理 5) 已知 (1 ax)(1 x)5的展开式中x2的系数为 5， 则a( ) A 4 B 3 C 2 D 1 6(2013 课标全国，理6)执行下面的程序框图，如果输入的N 10，那么输出的S( ) A1111+2310B1111+2!3!10!C1111+2311 D1111+2!3!11!7 (2013 课标全国， 理 7) 一个四面体的顶点在空间直
3、角坐标系Oxyz中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)， (0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，则得到的正视图可以为( ) 8(2013 课标全国，理8) 设alog36，blog510，clog714，则 ( ) Acb a Bbca Cacb Dabc 9(2013 课标全国，理9) 已知a0，x，y满足约束条件1,3,3 .xxyya x若z2xy的最小值为 1，则a( ) A14 B12 C1 D 2 10 (2013 课标全国， 理 10)已知函数f(x) x3ax2bxc， 下列结论中错误的是( ) A x0R，f(x0) 0 B
4、 函数 yf(x)的图像是中心对称图形C 若 x0 是 f(x)的极小值点，则f(x)在区间 ( ， x0) 单调递减D 若 x0 是 f(x)的极值点，则f (x0) 0 11(2013 课标全国，理11) 设抛物线C：y22px(p0) 的焦点为F，点M在C上， |MF|5，若以MF为直径的圆过点(0,2) ，则C的方程为 ( ) A y24x 或 y28x By22x 或 y28x C y24x 或 y216x Dy22x 或 y216x 12(2013 课标全国，理12) 已知点A( 1,0) ，B(1,0) ，C(0,1) ，直线yaxb(a0)将ABC分割为面积相等的两部分，则b的
5、取值范围是( ) A (0,1) B2 11,22 C2 11,23 D1 1,3 2第卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13 题第21 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22 题第 24 题为选考题，考生根据要求做答。二、填空题：本大题共4 小题，每小题 5 分13(2013 课标全国，理13) 已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则AE BD_. 14(2013 课标全国，理14) 从n个正整数1,2 ，n中任意取出两个不同的数，若取出精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 8 页的两数之和等于5 的概率为11
6、4，则n_. 15(2013 课标全国，理15) 设 为第二象限角，若1tan42，则 sin cos _. 16 (2013 课标全国，理16) 等差数列 an 的前n项和为Sn，已知S100，S1525，则nSn的最小值为 _三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17(2013 课标全国，理17)( 本小题满分12 分) ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知abcos Ccsin B. (1) 求B；(2) 若b2，求ABC面积的最大值18 (2013 课标全国，理18)( 本小题满分12 分) 如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，
7、AA1ACCB22AB. (1) 证明：BC1平面A1CD；(2) 求二面角DA1CE的正弦值19(2013 课标全国，理19)( 本小题满分12 分) 经销商经销某种农产品，在一个销售季度内，每售出 1 t 该产品获利润500 元，未售出的产品，每1 t 亏损 300 元根据历史资料，得到销售季度内市场需求量的频率分布直方图，如图所示经销商为下一个销售季度购进了130 t 该农产品以X( 单位： t,100 X150)表示下一个销售季度内的市场需求量，T( 单位：元 )表示下一个销售季度内经销该农产品的利润(1) 将T表示为X的函数；(2) 根据直方图估计利润T不少于 57 000 元的概率
8、；(3) 在直方图的需求量分组中，以各组的区间中点值代表该组的各个值，并以需求量落入该区间的频率作为需求量取该区间中点值的概率( 例如：若需求量X 100,110)，则取X105，且X105 的概率等于需求量落入100,110)的频率 ) ，求T的数学期望20(2013课标全国，理20)( 本小题满分12 分) 平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：2222=1xyab(ab0) 右焦点的直线30 xy交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12. (1) 求M的方程；(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大值精选学习资料 - - - - - -
9、 - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 8 页21 (2013 课标全国，理21)( 本小题满分12 分) 已知函数f(x) exln(xm) (1) 设x0 是f(x) 的极值点，求m，并讨论f(x) 的单调性；(2) 当m2时，证明f(x) 0. 请考生在第22、23、24 题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号22 (2013 课标全国，理22)( 本小题满分10 分) 选修 41：几何证明选讲如图，CD为ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E，F分别为弦AB与弦AC上的点，且BCAEDCAF，B，E，F，C四点共
10、圆(1) 证明：CA是ABC外接圆的直径；(2) 若DBBEEA，求过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值23(2013 课标全国，理23)( 本小题满分10 分) 选修 44：坐标系与参数方程已知动点P，Q都在曲线C：2cos ,2sinxtyt(t为参数 ) 上，对应参数分别为t 与t2(0 2) ，M为PQ的中点(1) 求M的轨迹的参数方程；(2) 将M到坐标原点的距离d表示为 的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点24(2013 课标全国，理24)( 本小题满分10 分) 选修 45：不等式选讲设a，b，c均为正数，且abc 1，证明：(1)abbcac13；(2)222
11、1abcbca. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 8 页2013 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类( 全国新课标卷 II) 第卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题 5 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答案： A 解析： 解不等式 (x 1)24，得 1x3，即M x| 1x3而N 1,0,1,2,3，所以MN0,1,2，故选 A. 2答案： A 解析：2i2i 1i=1i1i1iz22i2 1i. 3答案： C 解析： 设数列 an的公比为q，若q1，则由a59，得a1 9，此
12、时S327，而a210a199，不满足题意，因此q1.q1 时，S331(1)1aqqa1q10a1，311qqq10，整理得q29. a5a1q4 9，即 81a19，a119. 4答案： D 解析： 因为m，lm，l，所以l. 同理可得l. 又因为m，n为异面直线，所以 与 相交，且l平行于它们的交线故选D. 5答案： D 解析：因为 (1 x)5的二项展开式的通项为5Crrx(0 r 5，r Z) ， 则含x2的项为225C xax15C x(10 5a)x2，所以 105a5，a 1. 6答案： B 解析： 由程序框图知，当k1，S0，T1 时，T1，S1；当k 2 时，12T，1=1
13、+2S；当k 3时，123T，111+223S；当k 4时，123 4T，1111+22323 4S；当k 10 时，12 3410T，1111+2!3!10!S，k增加 1变为 11，满足kN，输出S，所以 B正确7答案： A 解析： 如图所示，该四面体在空间直角坐标系Oxyz的图像为下图：则它在平面zOx上的投影即正视图为，故选 A. 8答案： D 解析： 根据公式变形，lg 6lg 21lg3lg3a，lg10lg 21lg5lg5b，lg14lg 21lg 7lg 7c，因为 lg 7 lg 5 lg 3 ，所以lg 2lg 2lg 2lg 7lg5lg3，即cba. 故选 D. 9答
14、案： B 解析： 由题意作出1,3xxy所表示的区域如图阴影部分所示，作直线 2xy1，因为直线2xy1 与直线x1 的交点坐标为(1 ， 1) ，结合题意知直线ya(x3) 过点 (1 ， 1) ，代入得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页12a，所以12a. 10答案： C 解析： x0是f(x) 的极小值点，则yf(x) 的图像大致如下图所示，则在( ，x0) 上不单调，故C不正确11答案： C 解析： 设点M的坐标为 (x0，y0) ，由抛物线的定义，得|MF| x02p5，则x052p. 又点F的坐标为,02
15、p，所以以MF为直径的圆的方程为(xx0)2px (yy0)y0. 将x 0，y2 代入得px084y00，即202y4y080，所以y04. 由20y 2px0，得16252pp，解之得p2，或p8. 所以C的方程为y24x或y2 16x. 故选 C. 12答案： B 第卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13 题第21 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22 题第 24 题为选考题，考生根据要求做答。二、填空题：本大题共4 小题，每小题5 分13 答案： 2 解析： 以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点A的坐标为 (0,0)，点B的坐标为 (2,0)
16、 ，点D的坐标为(0,2)，点E的坐标为 (1,2)，则AE (1,2)，BD ( 2,2) ，所以2AE BD. 14 答案： 8 解析： 从 1,2 ，n中任取两个不同的数共有2Cn种取法，两数之和为5的有 (1,4) ， (2,3)2种，所以221C14n，即24111142n nn n，解得n8. 15答案：105解析： 由1tan1tan41tan2，得 tan 13，即 sin 13cos . 将其代入sin2 cos21，得210cos19. 因为 为第二象限角， 所以 cos 3 1010，sin 1010，sin cos 105. 16答案： 49 解析： 设数列 an的首项
17、为a1，公差为d，则S101109102ad10a145d0，S15115 14152ad15a1105d25. 联立，得a1 3，23d，所以Sn2(1)211032333n nnnn. 令f(n) nSn，则32110( )33f nnn，220( )3fnnn. 令f(n) 0，得n0 或203n. 当203n时，f(n) 0,200 3n时，f(n) 0，所以当203n时，f(n) 取最小值，而n N，则f(6) 48，f(7) 49，所以当n7 时，f(n) 取最小值 49. 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17解： (1) 由已知及正弦定理得sin Asin Bc
18、os C sin Csin B又A(BC) ，故sin Asin(BC) sin Bcos Ccos Bsin C由，和C(0 ，)得 sin Bcos B，又B(0 ，) ，所以4B. (2) ABC的面积12sin24SacBac. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页由已知及余弦定理得4a2c22cos4ac. 又a2c22ac，故422ac，当且仅当ac时，等号成立因此ABC面积的最大值为2+1. 18解： (1) 连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1DF. 因为DF?
19、平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1平面A1CD. (2) 由ACCB22AB得，ACBC. 以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz. 设CA2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，CD(1,1,0)，CE(0,2,1)，1CA(2,0,2)设n (x1，y1，z1) 是平面A1CD的法向量，则10,0,CDCAnn即11110,220.xyxz可取n(1 ， 1， 1)同理，设m是平面A1CE的法向量，则10,0,CECAmm可取m(2,1 ， 2) 从而 cosn，m3|3n mnm，故 sin n，m63. 即二面角DA
20、1CE的正弦值为63. 19解： (1) 当X 100,130)时，T500X300(130 X) 800X39 000 ，当X 130,150时，T500130 65 000. 所以80039000,100130,65000,130150.XXTX(2) 由(1) 知利润T不少于 57 000 元当且仅当120X150.由直方图知需求量X120,150的频率为0.7 ，所以下一个销售季度内的利润T不少于57 000元的概率的估计值为0.7. (3) 依题意可得T的分布列为T 45 00053 00061 00065 000 P 0.10.20.30.4 所以ET45 0000.1 53 00
21、00.2 61 0000.3 65 0000.4 59 400. 20解： (1) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0) ，则221122=1xyab，222222=1xyab，2121=1yyxx，由此可得2212122121=1bxxyyayyxx. 因为x1x22x0，y1y22y0，0012yx，所以a22b2. 又由题意知，M的右焦点为 (3， 0) ，故a2b23. 因此a26，b23. 所以M的方程为22=163xy. (2) 由2230,1,63xyxy解得4 3,33,3xy或0,3.xy因此 |AB| 4 63. 由题意可设直线CD的方程为y5 333xn
22、n，设C(x3，y3) ，D(x4，y4) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页由22,163yxnxy得 3x24nx2n26 0. 于是x3,4222 93nn. 因为直线CD的斜率为1，所以 |CD| 24342 |93xxn. 由已知，四边形ACBD的面积218 6| |929SCDABn. 当n 0 时，S取得最大值，最大值为8 63. 所以四边形ACBD面积的最大值为8 63. 21解： (1)f(x) 1exxm. 由x 0 是f(x) 的极值点得f(0) 0，所以m1. 于是f(x)exln(x1) ，
23、定义域为 ( 1， ) ，f(x) 1e1xx. 函数f(x) 1e1xx在( 1， ) 单调递增，且f(0) 0. 因此当x( 1,0) 时，f(x) 0；当x (0 ， ) 时，f(x) 0. 所以f(x)在( 1,0) 单调递减，在(0 ， ) 单调递增(2) 当m2，x( m， ) 时， ln(xm) ln(x2) ，故只需证明当m2 时，f(x) 0. 当m 2 时，函数f(x) 1e2xx在( 2， ) 单调递增又f( 1) 0，f(0) 0，故f(x)0 在( 2， ) 有唯一实根x0，且x0( 1,0) 当x ( 2，x0) 时，f(x) 0；当x (x0， ) 时，f(x)
24、0，从而当xx0时，f(x) 取得最小值由f(x0) 0 得0ex012x，ln(x02) x0，故f(x) f(x0) 012xx020012xx0. 综上，当m2 时，f(x) 0. 请考生在第22、23、24 题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号22解： (1) 因为CD为ABC外接圆的切线，所以DCBA，由题设知BCDCFAEA，故CDBAEF，所以DBCEFA. 因为B，E，F，C四点共圆，所以CFEDBC，故EFACFE90.所以CBA90，因此CA是ABC外接圆的直径(2) 连结CE，因为CBE90，所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE，由DB
25、BE，有CEDC，又BC2DBBA2DB2，所以CA24DB2BC26DB2. 而DC2DBDA3DB2，故过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值为12. 23解： (1) 依题意有P(2cos ， 2sin ) ，Q(2cos 2 ，2sin 2 ) ，因此M(cos cos 2 ，sin sin 2 )M的轨迹的参数方程为coscos2 ,sinsin2xy( 为参数， 02) (2)M点到坐标原点的距离2222cosdxy(0 2)当 时，d0，故M的轨迹过坐标原点24解： (1) 由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca，得a2b2c2abbcca. 由题设得 (abc)2 1，即a2b2c22ab2bc2ca1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页所以 3(abbcca) 1，即abbcca13. (2) 因为22abab，22bcbc，22caca，故222()abcabcbca 2(abc) ，即222abcbcaabc. 所以222abcbca 1.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页