2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（理）试卷 全国乙卷（含解析）（参考版）.docx

1、2022年普通高等学校招生全国统一考试 全国乙卷理科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.设全集，集合M满足，则( )A.B.C.D.2.已知，且，其中a，b为实数，则( )A.，B.，C.，D.，3.已知向量a，b满足，则( )A.-2B.-

2、1C.1D.24.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列，依此类推，其中.则( )A.B.C.D.5.设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则( )A.2B.C.3D.6.执行下边的程序框图，输出的( )A.3B.4C.5D.67.在正方体中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )A.平面平面B.平面平面C.平面平面D.平面平面8.已知等比数列的前3项和为168，则( )A.14B.12C.6D.39.已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大

3、时，其高为( )A.B.C.D.10.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且.记该棋手连胜两盘的概率为p，则( )A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大11.双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为( )A.B.C.D.12.已知函数，的定义域均为R，且，.若的图像关于直线对称，则( )A.-21B.-22C.-23D.-24二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共

4、20分。13.从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为_.14.过四点，中的三点的一个圆的方程为_.15.记函数的最小正周期为T.若，为的零点，则的最小值为_.16.已知，和分别是函数（且）的极小值点和极大值点.若，则a的取值范围是_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17.（12分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）证明：；（2）若，求的周长.18.（12分）如图，四面体ABCD中，E为AC的中点.（1）

5、证明：平面平面；（2）设，点F在BD上，当的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值.19.（12分）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得，.（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区

6、这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.附：相关系数，.20.（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过，两点.（1）求E的方程；（2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足，证明：直线HN过定点.21.（12分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间，各恰有一个零点，求a的取值范围.（二）选考题：共10分。

7、请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线l的极坐标方程为.（1）写出l的直角坐标方程；（2）若l与C有公共点，求m的取值范围.23.选修4-5：不等式选讲（10分）已知a，b，c都是正数，且，证明：（1）；（2）.参考答案1.答案：A解析：由题意知，故选A.2.答案：A解析：由题意知：，所以，又，所以，所以，解得，故选A.3.答案：C解析：由，可得，又，所以，故选C.4.答案：D解析：解法一当n取奇数时，由已知，

8、因为，所以，同理可得，于是可得，故A不正确.当n取偶数时，由已知，因为，所以，同理可得，于是可得，故C不正确.因为，所以，同理可得，又，所以，故B不正确.故选D.解法二（特殊值法）不妨取，则，所以，.逐一判断选项可知选D.5.答案：B解析：解法一：如图，由题意可知，设，则由抛物线的定义可知.因为，所以由，可得，解得，所以或.不妨取，则，故选B.解法二：由题意可知，所以.因为抛物线的通径长为，所以AF的长为通径长的一半，所以轴，所以，故选B.6.答案：B解析：执行循环体，；，；，.故输出的，故选B.7.答案：A解析：如图，对于选项A，在正方体中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以，又，所以，

9、又易知，从而平面，又平面，所以平面平面，故选项A正确；对于选项B，因为平面平面，所以由选项A知，平面平面不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线与直线必相交，故平面与平面不平行，故选项C错误；对于选项D，连接，易知平面平面，又平面与平面有公共点，所以平面与平面不平行，故选项D错误.故选A.8.答案：D解析：解法一：设等比数列的首项为，公比为q，由题意可得，即，解得，所以，故选D.解法二：设等比数列的首项为，公比为q，由题意可得，即，解得，所以，故选D.9.答案：C解析：解法一（特殊法）不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为a，底面正方形外接树的半径为r，则，四棱锥的高，所以四棱锥的体积，当且

10、仅当，即时等号成立，此时四棱锥的高，故选C.解法二（导数法）设四棱锥的底面是正方形，底面正方形外接圆的半径为r，四棱锥的高为h，则，正方形的边长为，所以四棱锥的体积.令，则，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，所以当四棱锥的体积最大时，其高为，故选C.解法三（转化法）该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h（），底面半径为r，则圆锥的体积，则，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，四棱锥的体积最大，故选C.10.答案：D解析：解法一设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为，在第二盘与丙比

11、赛连胜两盘的概率为，由题意可知，.所以，所以最大，故选D.解法二（特殊值法）不妨设，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率.所以最大，故选D.11.答案：D解析：由的图象关于直线对称，可得.在中，用-x替换x，可得，可得，为偶函数.在中，用替换x，得，代入中，得，所以的图象关于点中心对称，所以.由可得，所以，所以，所以函数是以4为周期的周期函数.由可得，又，所以可得，又，所以，得，又，所以.故选D.12.答案：AC解析：不妨假设双曲线的标准方程为，.当两个交点M，N在双曲线两支上时，如图1所示，设过的直线与圆D切于点P，连接OP，

12、由题意知，又，所以.过点作，交于点Q.由中位线的性质，可得，.因为，所以，故，所以.由双曲线的定义可知，所以，所以.两边平方得，即，整理得，所以，故，即.当两个交点M，N都在双曲线的左支上时，如图2所示，同理可得，.因为，所以，可得，所以，所以，又，所以，即，.故选AC.13.答案：解析：从甲、乙等5名同学中随机选3名，有种情况，其中甲、乙都入选有种情况，所以甲、乙都入选的概率.14.答案：或或或解析：若圆过，三点，设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，易得，所以过这三点的圆的方程为，即.若圆过，三点，通解：设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，

13、易得，所以过这三点的圆的方程为，即.光速解：在平面直角坐标系中作出这三个点，显然由这三个点的连线组成的三角形为直角三角形，该直角三角形的外接圆的圆心为点和点连线段的中点，即，直径2R等于点和点连线段的长，即，可得，所以圆的方程为.若圆过，三点，设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，易得，所以过这三点的圆的方程为，即.若圆过，三点，设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，易得，所以过这三点的圆的方程为，即.15.答案：3解析：因为，所以，即.又，所以.因为为的零点，所以，解得.又，所以当时，取得最小值，且最小值为3.16.答案：解析：解法一由，得.令

14、，得，因为且，所以显然，所以.令，则.令，得.故当时，单调递增；当时，单调递减.所以，也是最小值.因为有极小值点和极大值点，故有两个不同的根，故的图象与直线有两个交点，所以，即，又，所以，又，所以易知当，时，；当时，.若，则当时，不符合题意，所以，则，所以.解法二由题意，根据有极小值点和极大值点可知，为的两个不同的根，又，所以易知当，时，；当时，.由可得.若，则当时，不符合题意，舍去.若，令，在同一平面直角坐标系中作出函数和的图象，如图所示.因为有两个不同的根，所以与的图象需要有两个交点，则过原点且与的图象相切的直线l的斜率.不妨设直线l与的图象的切点坐标为，因为，所以，可得，从而，即，则，又

15、，所以，所以.17.答案：（1）证明见解析（2）14解析：解：（1）解法一由可得，结合正弦定理可得，即（*）.方法一由余弦定理可知，代入（*）式整理得.方法二，利用三角形的射影定理，得，又，所以，所以.解法二因为，所以.同理有，所以，由正弦定理可得.（2）由（1）及得，所以.因为，所以，得，所以的周长.18.答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）因为，所以，所以.因为E为AC的中点，所以，又，平面BED，所以平面BED，又平面ACD，所以平面平面ACD.（2）因为，所以为正三角形，则，.因为，所以为等腰直角三角形，所以.所以，则.由（1）可知，平面BED.连接EF，因为平面BED，所以，当的

16、面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小.在中，当EF的长度最小时，.解法一又，所以EA，EB，ED两两垂直，以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则，.易得，所以.设，则，所以，得，即，所以.设平面ABD的法向量为，则，不妨取，则，.记CF与平面ABD所成的角为，则.解法二因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍.因为，平面ABC，所以平面ABC.因为，所以，其中d为点C到平面ABD的距离.在中，所以，所以.因为平面BED，平面BED，所以，所以.记CF与平面ABD所成的角为，则.解法三如图

17、，过点E作交AB于点M，连接DM，过点E作交DM于点G.因为，平面ABC，所以平面ABC，又平面ABC，所以，又，平面DEM，所以平面DEM，又平面DEM，所以，又，平面ABD，所以平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离.因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的.因为，所以，所以点C到平面ABD的距离.记CF与平面ABD所成的角为，则.19.答案：（1）0.06，0.39（2）0.97（3）1209解析：（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积，估计该林区这种树木平均一棵的材积量，（2），所以，所以样本相关系数.（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为

18、Y，由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以，所以，即该林区这种树木的总材积量的估计值为1209.20.答案：（1）；（2）直线HN过定点解析：（1）椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过，可设椭圆E的方程为，又椭圆E过，得，E的方程为.（2）当直线MN的斜率不存在时，由，得，.结合题意可知，过M且平行于x轴的直线的方程为.易知点T的横坐标，直线AB的方程为即，由，得，.，即.当直线MN的斜率存在时，如图，设，.由，得，.过M且平行于x轴的直线的方程为，与直线AB的方程联立，得，得，.，即.令，得.，直线HN过定点.综上，直线HN过定点.21.答案：（1）（2）解

19、析：（1）当时，所求切线方程为，即.（2），1当时，若，则，在上无零点，不符合题意.2当时，.令，则，在上单调递增，（a）若，则，时，在上恒成立，在上单调递增，在上恒成立，在上恒成立，在上单调递增，在，上均无零点，不符合题意.（b）若，则，时，存在，使得.在上单调递减，在上单调递增.，.（）当，即时，在上恒成立，在上恒成立，在上单调递增.，当时，在上无零点，不符合题意.（）当，即时，存在，使得，在，上单调递增，在上单调递减.，当时，在上存在一个零点，即在上存在一个零点，当时，在上存在一个零点，即在上存在一个零点.综上，a的取值范围是.22.答案：（1）（2）解析：（1）直线l的极坐标方程为，即，根据，得l的直角坐标方程为（2）曲线C的参数方程为（t为参数），将代入，得曲线C的普通方程为.联立直线l与曲线C的方程，得，消去x并整理得.解法一：若直线l与曲线C有公共点，则，且，所以.解法二：所以，因为，所以当时，即，则.23.答案：（1）证明见解析（2）证明见解析解析：（1）因为a，b，c都是正数，所以，当且仅当时等号成立.（2）由基本不等式得，所以，同理得，.利用不等式的性质得，当且仅当时等号成立.