11.数学·2022年普通高等学校招生全国统一考试(新高考全国卷)-【名校强基卷】2020-2024年5年高考数学真题汇编

∴gm)-gm+D=(+2)n(1+）-1>0. 4.C由题意，棱台的下底面面积为140.0km2=1,4× 10sm,上底面面积为180.0km2=1.8×108m2,高为 即g(n)是一个单调递减的数列， .Hn∈N,g(n)≤g(1)=1 157.5-1485=9(m,所以棱台的体积为号×(1.4X10 铁运明>音， +V1.4×103×1.8×103+1.8×108)×9=3×(3.2×108 +6√7×10)≈1.4×10(m3),即增加的水量约为1.4× 需用到不等式(+》n(r+1-1<台>0. 10°m3,故选C. 5.D在2,3,4,5,6,7,8这7个整数中随机取2个不同的 ()+1<+1-2 数，共有C=21(种)等可能的结果，其中这2个数互质的 12 结果有(2,3)，(2,5)，(2,7)，(3,4)，(3,5)，(3,7)，(3,8)， ,需证明ln(x十1) (2+12)x<0. (4,5),(4,7),(5,6),(5,7),(5,8),(6,7),(7,8)共14种结 6(x+2) (2+12)x(x>0), 令hx)=ln(x+1)-6(x+2) 果，所以这2个数互质的概率为费-号，故选D x3(x十4) 6.A 由道知，)的最小正周期T-语(。>0，所以誓< 则h'(x)= 3(x+1D(x+2)<0, ∴.h(x)在(0，十o∞)上单调递减，即h(x)<h(0)=0, 石<，所以2<<3因为y=x)的图像关于点（受，2） 不等式成立 中心对特，所以受。十号=mC今=.解程 当≥2时.(a+)(1+）-1<2元<立 b=2, 5 马》 0交·所以)=m(受+）+2，则（受）=sm b=2, g1)-g2)=2n2-1, (+开）+2=1，故选A g2)-83)-(2+2)n1+）-1<1-） 7.C令f)=,gx)=千h()=-n1-),则 g(n-D-g(m)=(n-号)in(1+）-1<最× In f(r)-In g(r)-In(re)-nj-+nx-[lns- ln(1-x)]=xr+ln(1-x).令n(x)=x+ln(1-x),x∈(0， (2 1,照=1- 二工<0，所以函数n()=x十 以上各式相加可得， 1n(1一x)在(0,0.1]上单调递减，所以n(x)<0,所以 g)-g)<2n2-1+2(1-+- f(x)<g(x),即b>a:令m(x)=f(x)-h(x)=xe'+ 3 1n1-x),x∈(0,0.1]，则m'(r)=xe+e-1-x 1 2n2-1+ 1+xr)1-x)e-1,令k(x)=(1+x)(1-x)e-1,所以 1-x 又g1)=1.∴g(m)> 5 k'(.x)=(1-x2-2.x)e>0,所以函数k(x)在(0,0.1]上单 调递增，所以k(x)>k(0)=0,所以m(x)>0,所以函数 综上所遂，吾<1n(nl)-(n+）ln(m)+n<1(a∈N) m(x)在(0,0.1门上单调递增，所以m(x)>m(0)=0,所以 f(x)>h(x),即a>c.综上所述，b>a>c,故选C. 2022年普通高等学校招生全国统一考试 8.C (全国新高考I卷) 设接球的半径为R则V=学R=36x,解得R=3,记 正四棱雏高与侧棱夹角为日，高为h,底面中心到底面各顶 1.D由题知，集合M={x0≤x<16},集合N={xx 点的把满方周m9-安台[合]则 吉所以MnN=号长x<I6故选D -6cos 0,m-l.sin 0-6sin Ocos 0.m6sin 0cos tan sin 6 cos 0 2.D由题知，复数g=1-}-1十i,所以=1-i,所以十行 =6cos0.S%=号×2m×2m=2m2,故V=专S度·h= =2,故选D. 3.BBD=C市-C.DA=C-CD,BD=2Di,所以CD ×2m2.h=144(sin0cos20)2,令y=sin6cos0=sin0 3 CB=2(CA-CD),所以CB=CD-2CA+2CD=-2CA (1-sin0,令x=sin0,则y=x(1-x2)=-x3+x,x +3CD=-2m十3n,故选B. me[2]y=-3x+1,故xe[2>0, e(停]y<0.即V=142=14× [-(停)'+]-等w=14×[-()'+] ,故接C 数学答案-41 9.ABD如图，以A1为坐标原点作空间直角坐标系A1一 故选项C正确：BA2=5,|BP|·BQ=|x1W1+k2· xy,连接A1D,AC,BC,不妨令AA1=1,则A1(0,0,0) 1x2W1+k2=1+k2,所以1BP|·1BQ=1+k2>5= D(0,1,1),C(1,1.1),B(1,0,1),C(1,1,0),则BC1=(0, BA,故选项D正确，故选BCD, 1,-1).A1D=(0,1,1),A1C=(1,1,1),所以BC·A1D= 12.BC 0,BC·AC=0,所以BC1⊥A1D,BC1⊥A1C,即直线BC “(号-2)是偶函数∴函教f)的图像关于直 与DA,直线BC1与CA所成的角都为90°，故选项A, 线上=号对称.“g2十)是锅画数，函数g(x)的图像 B正确：易知A1C=(1,1,0)是平面BB1D1D的一个法向 关于直线x=2对称.又g(x)=(x),∴.函数g(x)的图 量，设直线BC1与平面BB1D1D所成角为0，所以sin0= BG·AC11 像关于点（号0）成中心对称，函教f八）的图像关于点 cos(BC1.AiC)= BG1·1AG2,0e(0,90], (2,1)成中心对称，.函数f(x),g(x)的周期为2，f(0) =f(2)=,故选项A错误：由函数g(x)的周期性得 所以0=30°，所以直线BC与平面BB1D1D所成的角为 30°，故选项C错误：因为CC1⊥平面ABCD,所以∠CBC g-）=g(）=0,故选项B正确：由画数x)的网 即为直线BC1与平面ABCD所成的角，易知∠CBC= 期性得f(一1)=f(1),f(4)=f(2),由f(x)的对称性得 45°，故选项D正确，故选ABD. f(1)=f(2),∴.f(-1)=f(4),故选项C正确：由函数 g(x)的周期性得g(一1)=g(1),由函数g(x)的对称性得 g(1)+g(2)=0,·g(-1)+g(2)=0,故选项D错误，故 选BC 13。-28由二项展开式的道项公式可知(1-）(x+y) D 的展开式中x2y5的系数为1×C8-1×C=-28. x+(答案不唯一)两国的阔心分别为(0,0 14.y=-3 B 和(3,4)，半径分别为1和4.因为两圆的圆心距等于半径 10.AC由题知，f(x)=3.x2-1=(W3.x-1)(5x+1), 的和，所以两圆外切，共有三条公切线，其中一条公切线 令了)=0，得=士9所以画载在（停+∞， 的针率为=一票设该切钱的方程为y=一子十 4 3 (一0，一号）上单润适增，在（一号）上单调适减，所 6(6>0),则一6 后=1，解得6=子，所以与两圆都相切 以画数有两个极植点，分别为=和工=一，故 3 选项A正确：因为f(》-+1-2+1>0 的一条直线的方程为y=一寻十 9 15.(-o,-4)U(0,+∞)y'=e+(x+a)er=(x+a+ (-9》=-++1=2g+1>0,-时 1)e.设切.点为(.xo(x0十a)e'o),则切线方程为y一 3 (x十a)ea=(xo十a十1)e(r-xo).又切线过，点(0,0)， f(x)→一o∞，所以f(.x)有一个零点，故选项B错误：令 所以一(xa十a)eu=(.xo十a+1)e(一x0),所以xo十a= g(x)=x3-x,则g(-x)=一x3+x=-g(x),所以点 x十ax0十co,即xi十axo一a=0.由题可知此方程有两个 (0,0)是曲线y=g(x)的对称中心，将曲线y=g(x)向上 不相等的实数根，所以△=a2十4a>0,解得a<一4或a> 平移1个单位长度得到曲线y=f(x),所以点(0,1)是曲 0,即a的取值范国为（一0，一4）U(0,十o∞). 线y=f(x)的对称中心，故选项C正确：令了(x)=3x2-16.13设F1,F:分别为椭圆的左右焦点，点D在点E上 1=2,解得x=士1，当x=1时，f(1)=1,y=2≠1，不符 方.由离心率知a=2c,则b=c,所以∠AFzO=60°.因 合题意：当x=一1时，∫（一1）=1，y=一2≠1，不符合题 为DELAF2,所以∠DF1O=30°，代入焦，点弦公式|DE引 意，所以直线y=2.x不是曲线y=f(x)的切线，故选项D 2a62 错误.综上，故选AC 。霜得授=6，解得c=号a=只所以点 1.CD由题高得2=1，解得p=号，所以抛物线C的方 Ao,18)连接AF,易知1AF=FP1=2,又 程为y=,其准线为y=一号=一故选项A错误： DE⊥AF2,故DE为AF2的垂直平分线，则|AD|= F2D1,IAEI=|F2E1,于是△ADE的周长为|DEI+ 直线AB的方程为y一1=2(x-1),即y=2x-1,代入 AD+AEI=IDE+F2DI+F2E=DE+2d- y=x2得x2=2x一1，解得x=1.又y'-1=2,所以直线 1FD+2a-|F1E1=|DE+4a-|DE=4a=13. AB与C相切，故选项B正确：当过点B的直线与抛物线 C有两个交点P,Q时，设P(t1,y),Q(x2,y2),过点B (0,-1)的直线为y=kx-1,代入y=x2得x2=kx-1, 即x2-kx+1=0,所以△=k2-4>0,x1十x2=k,x1x2= 1,所以k>2或k<-2,所以1OP·1OQ=√x+x· √x+x=√/xix+xix+xx号+xx √x1+(x1+x2)2-2x1x2+1=|k>2=0A12, 数学答案一42 17.解：(I)由题意得=1， a2+62sin2A+sin2B sin'C -1+-x号-"， cos22C+cos2c an 3 sin2C ·Sn=n+2 -1-2sin2c)2+1-s$im'C sinC 者≥2时881-"号 3a-1, _2+4sin'C-5sin2C sinC 即a=十2。，一n+1 3a-3aw-1 sin C+4sin'C-5 34-1, ≥2·4smc-5 ..ann+1 aa-1i-1' =42-5, .a2=3,=4,a4=5a56 `aTa22'a3'a=4…a m十1 当且仅当m2C=马时，等号成立， aw-1n-1' 2 将以上各式相乘，得-×音×号×X× 所以十的被小值为4V2-5. n-1 =(n+1) 19.解：(I)设点A到平面A1BC的距离为h, 2 :三枝维A1ABC的体积V=号Vc-AG=专 4 故@w=(n十1) 2 且V= 3·S△A,度·， （运明D将品片D=2(日）】 ∴.h= 1++…+1 S△A.m:22 al a2 an 点A到平面A:BC的距离为②. =21-++…+女) (Ⅱ)取A1B中点M,连接AM. AA1=AB,∴AM⊥A1B. =21-) 又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面ABC∩平面ABB1A =A1B,AMC平面ABB1A1, n∈N”,∴.n+1>1, .AM⊥平面ABC. 1 ,BCC平面A,BC, .AM⊥BC 21-)<2 由题知AA1⊥平面ABC,BCC平面ABC, ∴.AA1⊥BC 故1+1+…+1<2得证. 又AM∩AA1=A.AM,AA1C平面ABB1A1· a a2 18.解：(I)由题意得sin2B+sin Asin2B=cosA十cos Acos .BC⊥平面ABB1A1. 又ABC平面ABB1A1, 2B, sin 2B=cos A+cos Acos 2B-sin Asin 2B .BC⊥AB. =cosA+cos(A十2B) BA,BB1,BC两两垂直 =cos[x-(B+C)]+cos[x-(B+C)+2B] 以B为坐标原点，BA,BC,BB1所在直线分别为x,y, 轴建立如图所示的空间直角坐标系， =-cos(B+C)-cos(B-C) =-2eos Bcos C. 所以2 sin Bcos B=-2 cos Beos C, 即cosB(sinB+cosC)=0. 由已知条件得1+cos2B≠0，且B∈(0，π)， 所以B≠受，可得c0sB≠0， y 所以mB=-osC=子，且B∈(0，）U(受x小， 设AB=x,BC=y, 所以B=吾浅ξ 则直三棱柱ABCA1B1C1的体积 又C-经，所以B=吾 VcAG=是·r…yx=-4, 2 ()由(I)知mB=-osC>0,则B=C-受 又0=名×y号w-2区 所以sinA=sin(B+C)=sim(2C-受）=-cos2C, x=2,y=2, .A(2,0,0),B(0,0,0).C(0,2,0),A1(2,0, 由正弦定理得 2),D(1,1,1), 数学答案-43 ∴BA=(2,0,0),BC=(0,2,0),BD=(1,1.1). 即(k+1)(m十2k-1)=0, 设平面ABD的法向量为m=(x1,y1,1) 因为直线1不过点A,所以m十2k-1≠0， 1m·BA=2.x1=0, 所以k=一1，故直线1的斜率为一1. m·BD=x1十y1十=0， (Ⅱ)设直线AP的领斜角为a,且0<a<受. 令y1=1,则x1=0,1=一1， 因为tan∠PAQ=2V2, 即m=(0,1,一1). 设平面BDC的法向量为n=(x2·y2,2), 所以0<∠PAQ<受，所以0<∠PA0< 2 n·BD=x2十y2+2=0, 2an∠PAQ n.BC=22=0. 又tan∠PAQ= 2 令x2=1,则3y2=0,g=一1，即n=(1.0,一1)， 1-tan2∠PAQ1 2 m·n 11 cos(m,n》=1mm-2X22 所以tan∠PAQ-② 2 2 设二面角ABDC的大小为0， 由kAP十kQ=0可知2a十∠PAQ=π， 六sin0√1-co2(m,m=5, 21 将=a=E.印号-反 戴二面角ABDC的正袋值为号。 , 20.解：(1)八K2=200×(40×90-60×10) 联立〈 100×100×50×150 =24>6.635, ,'.有99%的把握认为患该疾病群体与未惠该疾病群体的 卫生习惯有差异 解得110-4区1=4店-5 3 3 (Ⅱ)(1)证明：由题知 P(BA) 代入直线1：y=-一中m得m-号 R- P(BA)P(BA)P(B A) P(B A) P(BA)P(BIA) 所以十-- P(BA) P(AB) P(AB) P(AB) P(AB) 所以|AP1=√3x1-21,AQ1=√3x2-2. P(A) P(A) P(B) P(B) P(AB ·P(ABD PAB·P(AB 由tan∠PAQ=2E,得sin∠PAQ=22 3 P(A) P(A) P(B) P(B) 1 P(A B)P(A B) 故S△PMQ=z1API|AQIsin.∠PAQ P(A B) P(AB) =√2|x1x2-2(x1+x2)+4 (i)由题知PAB)=号，PA-,P(有B= 5 -162 9 P-品 22.解：(I)jx)=e-a,g'(x)=a-T 2 9 ∴R=PAB.PAB ×0=2×9=6. (1)当a≤0时，f(x)>0恒成立， P(AB)P(AB) 3 3 所以∫(x)在R上单调递增，故此时∫(x)没有最小值： 10 （i)当a>0时，令f(x)=0得x=lna, 21.解：1)#点A代入双由线C的方程得亭 1 =1，化 所以(x)在（一o,lna)上单调递减，在(lna,十o∞）上单 a2-1 调递增， 简得@4a2+4=0,解得a2=2,故双曲线C的方程为号 所以f(x)在x=lna处取得最小值，f(lna)=a一alna. -y2=1. 令g(x)=0,得x=名 由题可知，直线I的斜率存在，设直线1的方程为y=kx+ m,P(y1),Q(x2,2),联立直线1与双曲线C的方程 所以)在(0，日)上单调递减，在（合十）上单调 得(2k2-1)x2+4kx+2m2+2=0, 递增， 所以x1十x2= Akm 2m2+2 2k2-1x124-22-1 所以g)在工=。处取得最小值g(日）=1+lna -1+2-1k+m1+ 所以kn+kQ一i-2x2-2 因为f(x)=e一ax和g(x)=a.x一lnx有相同的最 21-2 小值， kxg十m一1 x2-2 =0, 所以ina)=g(日），即a-alna=l+lna, 化简得2k.x1x2十(m一1一2k)(x1十x2)-4(m-1)=0, 2422+(m-1-4 -4(m-1) 国为>0，所以上式等价于ha日司0， 2k2-】 =0, ◆h)=nx>0, 数学答案一44 则()=2+1 x(x+1)2 >0恒成立， F(xo)=G(e)=G(x4). 又因为F(x)在（一o,0)上单调递减， 所以h(x)在(0，十o∞)上单调递增 1 又因为h(1)=0,所以a=1. 1<0e<o<1. (川)证明：由(1)知，f(x)=e一x, 即lnxo<0,所以x1=lnx0. 且f(x)在（一○，0）上单调递减，在(0，十oo)上单调递增， 同理，G(x)在(1，十∞)上单调递增，x0>0, g(x)=r一lnx,且g(x)在(0，I)上单调递减，在(1，十oo) 即e>1.x4>1.所以x4=e2. 上单调递增，且f(x)mim=g(x)mim=L. 因为eo-2.xo十lnxo=0, (|)当b<1时，因为f(x)mim=g(x)mim=1>b,所以显然 y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有0个交点，不 所以，x1十t4=eo十lnxo=2xo故得证 符合题意： 2022年普通高等学校招生全国统一考试 （i)当b=1时，图为f(:x)mi=g(x)mim=1=b,所以y=b (全国新高考Ⅱ卷) 与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点，不符合题 意； 1.B因为集合B={x|x-1|≤1}={x-1≤x-1≤1}= (m)当b>1时，先证明y=b与曲线y=f(x)有2个交 {x0≤x≤2}，所以A∩B={1,2},故选B. 点，即证明F(x)=f(x)一b有2个零点. 2.D(2+21)(1-2i)=2-4i+2i十4=6-2i,故选D. 因为F(x)=f(x)=e-1, 3.D如图，连接OA,延长AA1与x轴交于点A2,则OA: 令F(x)=0,得x=0, =4OD1.因为k1,k2,k3成公差为0.1的等差数列，所以 所以F(x)在（一o,0)上单调递减，在(0，十∞）上单调 k1=k3一0.2，k2=k3一0.1，所以CC1=DC1(k3一0.2)， 递增 BBI=CB (3-0.1),AA=BAik3,CC1=OD (k3- 又F(-b)=e-b>0,F(0)=1-b<0,F(b)=e5-2b>0 DD (令t(b)=e-2b(b>1). 0.2),BB1=OD1·(k3-0.1),AA1=0D1k.又OD 则t'(b)=e0-2>0, 0.5,所以DD1=0.5OD1,所以AA2=0.5OD1+OD1(k3 所以t(b)>1(1)=e-2>0), 0.2)+OD1·(k3-0.1)+OD1k8=OD1(3ks+0.2),所以 所以F(x)=f(x)一b在（一∞，0）上有且仅有1个零点， AA2_0D1(3k十0.2)=0.725，解得k3= 设为x1:在(0，十∞)上有且仅有1个零点，设为x2, tan∠AOA2=OA2 40D1 再证明y=b与曲线y=g(x)有2个交点， 0.9,故选D. 即证明G(x)=g(x)一b有2个零，点. 国为G()=g(x)=1-,令G)=0,得x=L, C 所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增. D C BI 又图为G(e)=e6>0,G(1)=1-b<0,G(2b)=b-ln D A: 2b>0(令z(b)=b-ln2b(b>1), 则以0)=1-名>0， 4.C由题意，得c=a十b=(3十t,4),所以a·c=3×(3十t) +4×4=25+3t,b·c=1×(3+1)+0×4=3+1.图为 所以(b)>(1)=1-ln2>0), 所以G(x)=g(x)一b在(0,1)上有且仅有1个零点，设为 ae0=(b,e,所以msa,e)=s(,c,脚日日- r3:在(1，+∞)上有且仅有1个零点，设为x4: 8行即25-3+1，解得1-5，故选C 5 再证明存在b使得x2=3 因为F(x2)=G(x3)=0, 5.B先将丙和丁掴在一起有A5种排列方式，然后将其与 所以b=e:一x2=r3一lna 乙，戊排列有A种排列方式，最后将甲插入中间两空，有 若x2=x3,则e一x2=x2一lnx2, C是种排列方式，所以不同的排列方式共有AAC是= 24(种)，故选B. 即e'-2x2+lnx2=0, 6.C由已知条件得sin acos B-+cos asin+cos acos B-sin 故只需证明e一2x十lnx=0在(0,1)上有解即可， 即p(x)=e-2.x+nx在(0,1)上有零点. asin=2×号(os&-n80s加A,整理释6 in acos 周为gx)=e-2+>0,且(）=e+- 2 -30, cos asin B+cos acos 8+sin asin B=0,Ep sin(a-B)+cos(a p(1)=e-2>0. 一3)=0，所以tan(a-3)=一1，故选C. 7.A由题意得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为 所以存在∈（信小使得g)=0,此时=心一： 号×号×3原-3号×号×4厅=4说孩能台上.下底面 2 则此时存在直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共 有三个不同的变点 的外接圆的圆心分别为O1,O2,则其外接球的球心O在直 最后证明从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，即 线O1O2上，设外接球的半径为R,当球心O在线段O1O2 x1+x4=2x0: 上时，R2=32+OO=42+(1-O001)2,解得001=4（含）： 因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(xa) 当球心O在线段O1O2的延长线上时，R2=4+OO号=3 =Gx4)· +(1+OO2)2,解得OO2=3,所以R2=25,所以球O的表 所以F(x1)=G(x6)=F(lnxo), 面积为4πR2=100x,故选A 数学答案-45绝密★启用前 2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国新高考I卷） 数学 使用地区：山东、广东、福建、湖南、湖北、河北、江苏 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一、选择题：本题共8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 尔 题目要求的， 1.若集合M={xx<4},N={x3.x≥1}，则M∩N 郑 A.{x0≤x<2} C.{x3≤x<16 2.若i(1一)=1，则x十之= A.-2 B.-1 非 C.1 D.2 称3.在△ABC中，点D在边AB上，BD=2DA.记CA=m,CD=n,则CB= A.3m-2n B.-2m+3n C.3m+2n D.2m十3n 4.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水 位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km:水位为海拔157.5m时，相应水面的面积 为180.0km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m时，增加的水量约为(7≈2.65) A.1.0×10°m B.1.2×10°m C.1.4×109m3 D.1.6×10°m 5.从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为 D. 6.记函数f(x)=-sin(+-)十(w>0)的最小正周期为T.若<T<,且y=f(z)的图像关 于点(，2中心对称，则() A.1 B c D.3 2022·全国新高考I卷第1页（共8页） 7.设a=0.1e,b=号c=-ln0.9,则 A.a<b<c B.c<<a C.c<a<b D.a<c< 8.已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则 该正四棱锥体积的取值范围是 () A[18. B[8 c[别】 D.[18,27] 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分 9.已知正方体ABCD-A1BC1D1,则 A.直线BC与DA1所成的角为90 B.直线BC与CA所成的角为90 C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45 D.直线BC,与平面ABCD所成的角为45° 10.已知函数f(x)=x3一x十1，则 A.f(x)有两个极值点 B.f(x)有三个零点 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 11.已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上，过点B(0,一1)的直线交C于 P,Q两点，则 () A.C的准线为y=一1 B.直线AB与C相切 C.IOP·IOQ>|OA D.BP·IBQ>BA| 12.已知函数fx)及其导函数了(x)的定义域均为R,记g(x)=了(x).若f(号-2x小，g(2+x) 均为偶函数，则 A.f(0)=0 B.g-2)=0 C.f(-1)=f(4) D.g(-1)=g(2) 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 13.(1-）(x+y)的展开式中xy的系数为 (用数字作答). 14.写出与圆x2十y2=1和(x一3)2+(y一4)2=16都相切的一条直线的方程 15.若曲线y=(x十a)e有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 16.已知椭圆C:号+芳-1(a>>0),C的上顶点为A,两个焦点为F,F,离心率为分过R且 垂直于AF2的直线与C交于D,E两点，|DE=6,则△ADE的周长是 2022·全国新高考I卷第2页（共8页） 四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10分)记S为数列{a}的前n项和，已知a,=1,会是公差为号的等差数列 (1)求{an}的通项公式： (2)证明：1+1+…+1<2. 2022·全国新高考I卷第3页（共8页） 18,(12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,6,已知A132B （1)若C-,求B (2)求+产的最小值。 2022·全国新高考I卷第4页（共8页） 19.(12分)如图，直三棱柱ABCA1B,C的体积为4，△A,BC的面积为22. (1)求A到平面A1BC的距离： (2)设D为A,C的中点，AA,=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角ABDC的正弦值. B 2022·全国新高考I卷第5页（共8页） 20.(12分)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良 好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在 未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据： 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 (1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？ (2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到 的人患有该疾病” P(BA)与P(BA)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一 P(BA)P(BIA) 项度量指标，记该指标为R （i)证明：R= P(AB).P(A B) P(AB)P(AB) (i)利用该调查数据，给出P(AB),P(AB)的估计值，并利用(1)的结果给出R的估计值. n(ad-be)? P(K≥k) 0.050 0.010 0.001 附：K=(a+b)(c+d)(a+c)(b+dD k 3.841 6.635 10.828 2022·全国新高考I卷第6页（共8页） 2L.2分)已知点A2,D在双曲线C名-。1(a>)上，直线1交C于P,Q两点，直线 AP,AQ的斜率之和为0. (1)求l的斜率： (2)若tan∠PAQ=2√2，求△PAQ的面积. 2022·全国新高考I卷第7页（共8页） 22.(12分)已知函数f(x)=e一a.x和g(x)=ax一lnx有相同的最小值. (1)求a: (2)证明：存在直线y=b,其与两条直线y=f(x)和y=g(.x)共有三个不同的交点，并且从左 到右的三个交点的横坐标成等差数列 2022·全国新高考I卷第8页（共8页）