1、2022年北京市高考数学试卷一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1（4分）已知全集Ux|3x3，集合Ax|2x1，则UA（）A（2，1B（3，2）1，3）C2，1）D（3，2（1，3）2（4分）若复数z满足iz34i，则|z|（）A1B5C7D253（4分）若直线2x+y10是圆（xa）2+y21的一条对称轴，则a（）A12B-12C1D14（4分）已知函数f（x）=11+2x，则对任意实数x，有（）Af（x）+f（x）0Bf（x）f（x）0Cf（x）+f（x）1Df（x）f（x）=135（4分）已知函数f（x）cos2xsin2x，则
2、（）Af（x）在（-2，-6）上单调递减Bf（x）在（-4，12）上单调递增Cf（x）在（0，3）上单调递减Df（x）在（4，712）上单调递增6（4分）设an是公差不为0的无穷等差数列，则“an为递增数列”是“存在正整数N0，当nN0时，an0”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7（4分）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和lgP的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是bar下列结论中正确的是（）A当T220，P1026时，二氧
3、化碳处于液态B当T270，P128时，二氧化碳处于气态C当T300，P9987时，二氧化碳处于超临界状态D当T360，P729时，二氧化碳处于超临界状态8（4分）若（2x1）4a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0+a2+a4（）A40B41C40D419（4分）已知正三棱锥PABC的六条棱长均为6，S是ABC及其内部的点构成的集合设集合TQS|PQ5，则T表示的区域的面积为（）A34BC2D310（4分）在ABC中，AC3，BC4，C90P为ABC所在平面内的动点，且PC1，则PAPB的取值范围是（）A5，3B3，5C6，4D4，6二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11（
4、5分）函数f（x）=1x+1-x的定义域是 12（5分）已知双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为y33x，则m 13（5分）若函数f（x）Asinx-3cosx的一个零点为3，则A ；f（12） 14（5分）设函数f（x）=-ax+1，xa，(x-2)2，xa若f（x）存在最小值，则a的一个取值为 ；a的最大值为 15（5分）已知数列an的各项均为正数，其前n项和Sn满足anSn9（n1，2，）给出下列四个结论：an的第2项小于3；an为等比数列；an为递减数列；an中存在小于1100的项其中所有正确结论的序号是 三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16（13
5、分）在ABC中，sin2C=3sinC（）求C；（）若b6，且ABC的面积为63，求ABC的周长17（14分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1平面ABB1A1，ABBC2，M，N分别为A1B1，AC的中点（）求证：MN平面BCC1B1；（）再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值条件：ABMN；条件：BMMN注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分18（13分）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m）的同学将获得优秀奖为预测获得优秀奖的人数及冠军得主
6、，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立（）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；（）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望EX；（）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）19（15分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（ab0）的一
7、个顶点为A（0，1），焦距为23（）求椭圆E的方程；（）过点P（2，1）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N当|MN|2时，求k的值20（15分）已知函数f（x）exln（1+x）（）求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（）设g（x）f（x），讨论函数g（x）在0，+）上的单调性；（）证明：对任意的s，t（0，+），有f（s+t）f（s）+f（t）21（15分）已知Q：a1，a2，ak为有穷整数数列给定正整数m，若对任意的n1，2，m，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，ai+j（j0），使得ai+ai+1+ai+2+ai+jn，则称Q
8、为m连续可表数列（）判断Q：2，1，4是否为5连续可表数列？是否为6连续可表数列？说明理由；（）若Q：a1，a2，ak为8连续可表数列，求证：k的最小值为4；（）若Q：a1，a2，ak为20连续可表数列，且a1+a2+ak20，求证：k72022年北京市高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1（4分）已知全集Ux|3x3，集合Ax|2x1，则UA（）A（2，1B（3，2）1，3）C2，1）D（3，2（1，3）【解答】解：因为全集Ux|3x3，集合Ax|2x1，所以UAx|3x2或1x3（3，2（1，3）故选：
9、D2（4分）若复数z满足iz34i，则|z|（）A1B5C7D25【解答】解：由iz34i，得z=3-4ii，|z|3-4ii|=|3-4i|i|=32+(-4)21=5故选：B3（4分）若直线2x+y10是圆（xa）2+y21的一条对称轴，则a（）A12B-12C1D1【解答】解：圆（xa）2+y21的圆心坐标为（a，0），直线2x+y10是圆（xa）2+y21的一条对称轴，圆心在直线2x+y10上，可得2a+010，即a=12故选：A4（4分）已知函数f（x）=11+2x，则对任意实数x，有（）Af（x）+f（x）0Bf（x）f（x）0Cf（x）+f（x）1Df（x）f（x）=13【解答】
10、解：因为函数f（x）=11+2x，所以f（x）=11+2-x=2x2x+1，所以f（x）+f（x）=1+2x1+2x=1故选：C5（4分）已知函数f（x）cos2xsin2x，则（）Af（x）在（-2，-6）上单调递减Bf（x）在（-4，12）上单调递增Cf（x）在（0，3）上单调递减Df（x）在（4，712）上单调递增【解答】解：f（x）cos2xsin2xcos2x，周期T，f（x）的单调递减区间为k，2+k（kZ），单调递增区间为2+k，+k（kZ），对于A，f（x）在（-2，-6）上单调递增，故A错误，对于B，f（x）在（-4，0）上单调递增，在（0，12）上单调递减，故B错误，对于C
11、，f（x）在（0，3）上单调递减，故C正确，对于D，f（x）在（4，2）上单调递减，在（2，712）上单调递增，故D错误，故选：C6（4分）设an是公差不为0的无穷等差数列，则“an为递增数列”是“存在正整数N0，当nN0时，an0”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：因为数列an是公差不为0的无穷等差数列，当an为递增数列时，公差d0，令ana1+（n1）d0，解得n1-a1d，1-a1d表示取整函数，所以存在正整数N01+1-a1d，当nN0时，an0，充分性成立；当nN0时，an0，an10，则danan10，必要性成立；是充分必要条
12、件故选：C7（4分）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和lgP的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是bar下列结论中正确的是（）A当T220，P1026时，二氧化碳处于液态B当T270，P128时，二氧化碳处于气态C当T300，P9987时，二氧化碳处于超临界状态D当T360，P729时，二氧化碳处于超临界状态【解答】解：对于A，当T220，P1026时，lgP3，由图可知二氧化碳处于固态，故A错误；对于B：当T270，P128时，2lgP3，由图可知二氧化碳处于液态，故
13、B错误；对于C：当T300，P9987时，lgP4，由图可知二氧化碳处于固态，故C错误；对于D：当T360，P729时，2lgP3，由图可知二氧化碳处于超临界状态，故D正确；故选：D8（4分）若（2x1）4a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0+a2+a4（）A40B41C40D41【解答】解：（2x1）4a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，a0+a2+a4=C44+C4222+C4024=1+24+1641，故选：B9（4分）已知正三棱锥PABC的六条棱长均为6，S是ABC及其内部的点构成的集合设集合TQS|PQ5，则T表示的区域的面积为（）A34BC2D3【解答】解：设
14、点P在面ABC内的投影为点O，连接OA，则OA=2333=23，所以OP=PA2-OA2=36-12=26，由PQ2-OP2=25-24=1，知T表示的区域是以O为圆心，1为半径的圆，所以其面积S故选：B10（4分）在ABC中，AC3，BC4，C90P为ABC所在平面内的动点，且PC1，则PAPB的取值范围是（）A5，3B3，5C6，4D4，6【解答】解：在ABC中，AC3，BC4，C90，以C为坐标原点，CA，CB所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图：则A（3，0），B（0，4），C（0，0），设P（x，y），因为PC1，所以x2+y21，又PA=（3x，y），PB=（x，4y），
15、所以PAPB=-x（3x）y（4y）x2+y23x4y3x4y+1，设xcos，ysin，所以PAPB=-（3cos+4sin）+15sin（+）+1，其中tan=34，当sin（+）1时，PAPB有最小值为4，当sin（+）1时，PAPB有最大值为6，所以PAPB4，6，故选：D二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11（5分）函数f（x）=1x+1-x的定义域是 （，0）（0，1【解答】解：要使函数f（x）=1x+1-x有意义，则x01-x0，解得x1且x0，所以函数的定义域为（，0）（0，1故答案为：（，0）（0，112（5分）已知双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为y33x，则m3
16、【解答】解：双曲线y2+x2m=1化为标准方程可得y2-x2-m=1，所以m0，双曲线的渐近线方程y1-mx，又双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为y33x，所以1-m=33，解得m3故答案为：313（5分）若函数f（x）Asinx-3cosx的一个零点为3，则A1；f（12）-2【解答】解：函数f（x）Asinx-3cosx的一个零点为3，32A-312=0，A1，函数f（x）sinx-3cosx2sin（x-3），f（12）2sin（12-3）2sin（-4）2sin4=-2，故答案为：1；-214（5分）设函数f（x）=-ax+1，xa，(x-2)2，xa若f（x）存在最小值，则a的一个
17、取值为 0；a的最大值为 1【解答】解：当a0时，函数f（x）图像如图所示，不满足题意，当a0时，函数f（x）图像如图所示，满足题意；当0a2时，函数f（x）图像如图所示，要使得函数有最小值，需满足a2+10，解得：0a1；当a2时，函数f（x）图像如图所示，不满足题意，当a2时，函数f（x）图像如图所示，要使得函数f（x）有最小值，需（a2）2a2+1，无解，故不满足题意；综上所述：a的取值范围是0，1，故答案为：0，115（5分）已知数列an的各项均为正数，其前n项和Sn满足anSn9（n1，2，）给出下列四个结论：an的第2项小于3；an为等比数列；an为递减数列；an中存在小于1100
18、的项其中所有正确结论的序号是 【解答】解：对于n1时，可得a13，当n2时，由a2S29，可得a2（a1+a2）9，可得a2=3(5-1)23，故正确；对于，当n2时，由Sn=9an得Sn-1=9an-1，于是可得an=9an-9an-1，即anan-1=9-an29，若an为等比数列，则n2时，an+1an，即从第二项起为常数，可检验n3不成立，故错误；对于，因为anSn9，an0，a13，当n2时，Sn=9an，所以anSnSn1=9an-9an-10，所以9an9an-11an1an-1anan1，所以an为递减数列，故正确；对于，假设所有项均大于等于1100，取n90000，则an11
19、00，Sn900，则anSn9与已知矛盾，故正确；故答案为：三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16（13分）在ABC中，sin2C=3sinC（）求C；（）若b6，且ABC的面积为63，求ABC的周长【解答】解：（）sin2C=3sinC，2sinCcosC=3sinC，又sinC0，2cosC=3，cosC=32，0C，C=6；（）ABC的面积为63，12absinC63，又b6，C=6，12a612=63，a43，又cosC=a2+b2-c22ab，32=(43)2+62-c22436，c23，a+b+c6+63，ABC的周长为6+6317（14分）如图
20、，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1平面ABB1A1，ABBC2，M，N分别为A1B1，AC的中点（）求证：MN平面BCC1B1；（）再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值条件：ABMN；条件：BMMN注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分【解答】解：（I）证明：取AB中点K，连接NK，MK，M，为A1B1的中点B1MBK，且B1MBK，四边形BKMB1是平行四边形，故MKBB1，MK平面BCC1B1；BB1平面BCC1B1，MK平面BCC1B1，K是AB中点，N是AC的点，NKBC，NK平面BCC1B1
21、；BC平面BCC1B1，NK平面BCC1B1，又NKMKK，平面NMK平面BCC1B1，又MN平面NMK，MN平面BCC1B1；（II）侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1平面ABB1A1，平面BCC1B1平面ABB1A1BB1，CB平面ABB1A1，CBAB，又NKBC，ABNK，若选：ABMN；又MNNKN，AB平面MNK，又MK平面MNK，ABMK，又MKBB1，ABBB1，BC，BA，BB1两两垂直，若选：CB平面ABB1A1，NKBC，NK平面ABB1A1，KM平面ABB1A1，MKNK，又BMMN，NK=12BC，BK=12AB，BKMNKM，BKMNKM90，ABMK，又M
22、KBB1，ABBB1，BC，BA，BB1两两垂直，以B为坐标原点，BC，BA，BB1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，0，0），N（1，1，0），M（0，1，2），A（0，2，0），BM=（0，1，2），BN=（1，1，0），设平面BMN的一个法向量为n=（x，y，z），则nBM=y+2z=0nBN=x+y=0，令z1，则y2，x2，平面BMN的一个法向量为n=（2，2，1），又BA=（0，2，0），设直线AB与平面BMN所成角为，sin|cosn，BA|=|nBA|n|BA|=44+4+12=23直线AB与平面BMN所成角的正弦值为2318（13分）在校运动会上，只有甲、乙、丙
23、三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m）的同学将获得优秀奖为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立（）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；（）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望EX；（）在校运动会铅球比赛中，甲、
24、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）【解答】解：（）甲以往的10次成绩中有4次获得优秀奖，用频率估计概率，则甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率410=25（）用频率估计概率，则乙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率为36=12，丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率为24=12，X的所有可能取值为0，1，2，3，则P（X0）=351212=320，P（X1）=251212+351212+351212=820=25，P（X2）=251212+251212+351212=720，P（X3）=251212=220=110，EX0320+1820+2720+3220=75（）甲成绩
25、的平均值为9.479，乙成绩的平均值为9.46，丙成绩的平均值为9.465，故甲获得冠军的概率估计值最大19（15分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（ab0）的一个顶点为A（0，1），焦距为23（）求椭圆E的方程；（）过点P（2，1）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N当|MN|2时，求k的值【解答】解：（）由题意得，b=12c=23，b1，c=3，a2，椭圆E的方程为x24+y21（）设过点P（2，1）的直线为y1k（x+2），B（x1，y1），C（x2，y2），联立得y-1=k(x+2)x24+y21=1，即（1+4k2）x2+（16k2+
26、8k）x+16k2+16k0，直线与椭圆相交，（16k2+8k）24（1+4k2）（16k2+16k）0，k0，由韦达定理得x1+x2=-16k2+8k1+4k2，x1x2=16k2+16k1+4k2，kAB=y1-1x1，直线AB为y=y1-1x1x+1，令y0，则x=x11-y1，M（x11-y1，0），同理N（x21-y2，0），|MN|x11-y1-x21-y2|x1-k(x1+2)-x2-k(x2+2)|1k（x2x2+2-x1x1+2）|1k2(x2-x1)(x2+2)(x1+2)|1k2(x1+x2)2-4x1x2(x1x2+2(x1+x2)+4|2k(-16k2+8k1+4k2
27、)2-4(16k2+16k)1+4k216k2+16k1+4k2-2(16k2+8k)1+4k2+4|2，|2k-64k4|2，|-kk|=12，k420（15分）已知函数f（x）exln（1+x）（）求曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程；（）设g（x）f（x），讨论函数g（x）在0，+）上的单调性；（）证明：对任意的s，t（0，+），有f（s+t）f（s）+f（t）【解答】解：（）对函数求导可得：f(x)=exln(x+1)+1x+1，将x0代入原函数可得f（0）0，将x0代入导函数可得：f（0）1，故在x0处切线斜率为1，故y01（x0），化简得：yx；（）由（）有：g（x）=f
28、(x)=exln(x+1)+1x+1，g(x)=exln(x+1)+2x+1-1(x+1)2，令h(x)=ln(x+1)+2x+1-1(x+1)2，令x+1k（k1），设m(k)=lnk+2k-1k2，m(k)=(k-1)2+1k30恒成立，故h（x）在0，+）单调递增，又因为h（0）1，故h（x）0在0，+）恒成立，故g（x）0，故g（x）在0，+）单调递增；（）证明：由（）有g（x）在0，+）单调递增，又g（0）1，故g（x）0在0，+）恒成立，故f（x）在0，+）单调递增，设w（x）f（x+t）f（x），w（x）f（x+t）f（x），由（）有g（x）在0，+）单调递增，又因为x+tx，所
29、以f（x+t）f（x），故w（x）单调递增，又因为s0，故w（s）w（0），即：f（s+t）f（s）f（t）f（0），又因为函数f（0）0，故f（s+t）f（s）+f（t），得证21（15分）已知Q：a1，a2，ak为有穷整数数列给定正整数m，若对任意的n1，2，m，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，ai+j（j0），使得ai+ai+1+ai+2+ai+jn，则称Q为m连续可表数列（）判断Q：2，1，4是否为5连续可表数列？是否为6连续可表数列？说明理由；（）若Q：a1，a2，ak为8连续可表数列，求证：k的最小值为4；（）若Q：a1，a2，ak为20连续可表数列，且a1+a2+ak20，求
30、证：k7【解答】解：（）若m5，则对于任意的n1，2，3，4，5，a21，a12，a1+a22+13，a34，a2+a31+45，所以Q是5连续可表数列；由于不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q不是6连续可表数列；（）假设k的值为3，则a1，a2，a3 最多能表示a1，a2，a3，a1+a2，a2+a3，a1+a2+a3，共6个数字，与Q是8连续可表数列矛盾，故k4；现构造Q：1，2，3，4可以表达出1，2，3，4，5，6，7，8这8个数字，即存在k4满足题意故k的最小值为4（）先证明k6从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5+4+3+2+115个正整数，不能表示20个正整数，即k6若k6，最多可以表示6+5+4+3+2+121个正整数，由于Q为20连续可表数列，且a1+a2+ak20，所以其中必有一项为负数既然5个正整数都不能连续可表120的正整数，所以至少要有6个正整数连续可表120的正整数，所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意，故k7第18页（共18页）
