2022年普通高等学校招生全国统一考试(新高考Ⅱ卷)数学-【高考解码】高考真题汇编试卷文科数学

P(AB)P(AB) P(AB)P(AB) P(B) P卧·将运： 令h()=hx- =4-1=3>1,x=4,不满足，排除C.故选B. 2.D(2+2i)(1-2i)=2-4i+2i-4i2=2-2i+4=6-2i.故选D. P(AB)P(AB)P(AB) r+)>0恒成立，所以h(x)在(0，十oo)上单调递增 x2+1 P(B) P(B) 则h'(x)= 3.D OD=DC1=CB1=BA1=1,CC1=k1.BB1=k2.AA=k3. ()油消多数据可知PAB一品-号AB)一品一 1 由题意得k3=k1十0.2，k3=k2十0.1 又因为h(1)=0=h(a)且a>0,所以a=1. 29 (2)证明由(1)f(x)=e-x,g(x)=x-lnx, 80C+B-0,洒 则PB=1AB=号，PIB=品所以R-.-6 且f(.x)在(-o∞，0)上单调递减，在(0，十o∞)上单调递增， 解得k3=0.9.故选D. 3 g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增，且f(x)min=g(x)min=1. 510 ①b<1时，此时f(x)min=g(x)mim=1>b,显然y=b与两条曲线y=f(x)和y=g 4.C由已知有c=(3+t,40,cos(a,c)=c0s(b,c,故9+31+16=3十1 lc·51c·i 21.解析：)将点A代入双由线方程得喜一。1，化简得a-4如2+4=0得： (x)共有0个交点，不符合题意： 解得t=5.故选C. 心2=2，故双南线方程为号-2=1： ②b=1时，此时f(x)min=g(x)min=1=b,y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共 5.B先利用捆绑法排乙丙丁戊四人，再用插空法选甲的位置，则有AAC2=24种 有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； 故选B. 由题显然直线1的斜率存在，设L:y=k.x十m,设P(x1,y),Q(x2,y2),则联立直线 ③b>1时，首先，证明y=b与曲线y=f(x)有2个交，点： 3 6.D解法-：设B=0,则sina十cosa=0,取a=年x,排除A,C; 与双曲线得：(2k2-1).x2+4km.x十2m2+2=0, 即证明F(x)=fx)-b有2个零点，F(x)=f(.x)=e-1, 故x1十x2= w 4km 所以F(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调递增， 再取a=0,则sin叶cosB=2sinB,取B=,排除B.选D. 又因为F(-b)=eb>0,F(0)=1-b<0,F(b)=eb-2b>0, kw+0-二+2二+m,1+g+m1-0. (令t(b)=e6-2b,则t'(b)=e-2>0,t(b)>t(1)=e-2>0) 解法二：由sin(a+g)十cos(a十)=厄sim(a+叶牙) x1-2x2-2x1-2 x2-2 所以证明F(x)=f(x)一b在（一0,0）上存在且只存在1个零，点，设为x1,在(0，十 化简得：2k.x1x2+(m-1-2k)(x1十x2)-4(m-1)=0, ∞)上存在且只存在1个零点，设为x2. =v2sin(a+开）+B 故22m2+(m-1-2k)(-2"）-4m-1）=0 2k2-1 其次，证明y=b与曲线g(x)=x-ln5有2个交点： =2sin(a+)cos 8+2cos(a+)sin B. 即(k十1)(m+2k一1)=0，而直线L不过A点，故k=一1. 即证明G(x)=g(x)-b有2个零点，G(x)=g'(x)=1-1 故v2sin(a+不)cosB=√2cos(a+不)sinB (2)设直线AP的倾斜角为a,由tan∠PAQ=2②，得tan∠PAQ- 所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， 2 2 又图为G(e-b)=e-6>0,G1)=1-b<0,G(2b)=b-ln2b>0. sin(a+)cos B-cos(a)sin B=0. 南2么十∠PAQ=得长如=m8=区，脚头二}区。 (令40)=b-ln2b,则b)=1-名>0rb)>a)=1-ln2>0) 即sim(e+平-P)=0, 区.及营-=1释1012n=15 联立出二1 所以G(x)=g(x)-b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x3,在(1，十∞)上存 3 在且只存在1个零点，设为x4· 故sn(eg叶）-号nam+竖osam=0 代入直线1释m=号长有十-望-智 再次，证明存在b使得x2=x3: 故sin(a-B)=-cos(a-B),故tan(a-B)=-l.故选D. 而AP1=V3m1-2,AQ1=31x2-21, 因为F(x2)=G(x3)=0,所以b=e-x2=x3-lnx3, 7.A由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径是3， 若x2=x3