1、绝密启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共4页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。5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
2、小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1设全集，集合M满足，则ABCD2已知，且，其中a，b为实数，则ABCD3已知向量满足，则ABC1D24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ABCD5设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则A2BC3D6执行下边的程序框图，输出的A3B4C5D67在正方体中，E，F分别为的中点，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A14B12C6D39已知球O的半径为1，四棱
3、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时，其高为ABCD10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Ap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的两支交于M，N两点，且，则C的离心率为ABCD12已知函数的定义域均为R，且若的图像关于直线对称，则ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13从甲、乙等
4、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）记的内角的对边分别为，已知（1）证明：；（2）若，求的周长18（12分）如图，四面体中，E为的中点（1）证明：平面平面；（2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值19（12
5、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12345678910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001）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积
6、，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分请考生在第22、23题中任选一题作答。并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分如果多做，则按所做的第一题计分22选修4-4：坐
7、标系与参数方程（10分）在直角坐标系中，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）1. 设全集，集合满足，则A BB C D解析：由题设，易知，对比选项，选择A.2. 已知，且，其中为实数，则AB CD解析: 由题设，代入有，故，选择A.3. 已知向量满足，则A BB C D解析：由题设，得，代入，有，故.选择C4. 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
8、太阳飞行的人造卫星.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:，以此类推，其中其中 ，则A B C D解析：由已知，故；同理可得,，又因为，故；于是得，排除A，故，排除C，而，排除B.故选择D.方法二：（取特殊值）取，于是有，分子分母分别构成斐波那契数列，于是有，.于是得，.对比选项，选D.5.设为抛物线的焦点，点在上，点，若，则A B C D解析：易知抛物线的焦点为，于是有，故，注意到抛物线通径，通径为抛物线最短的焦点弦，分析知必为半焦点弦，于是有轴，于是有.6. 执行下边的程序框图，输出的A3B4C5D6【答案】B【解析】第一次循环：，第二次循环：，第三次循环：，故输出故选B7
9、. 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【答案】A【解析】对于A选项：在正方体中，因为EF分别为AB，BC的中点，易知，从而平面，又因为平面，所以平面平面，所以A选项正确；对于B选项：因为平面平面,由上述过程易知平面平面不成立；对于C选项：由题意知直线与直线必相交，故平面平面有公共点，从而C选项错误；对于D选项：连接，易知平面平面，又因为平面与平面有公共点，故平面与平面不平行，所以D选项错误.8. 已知等比数列的前3项和为168，则A14 B12 C6 D3 【答案】D【解析】设等比数列首项，公比由题意，即，即解得，所以故选D9. 已知球O的
10、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时，其高为A B C D 【答案】C【解析】考虑与四棱锥的底面形状无关，不是一般性，假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆面的半径为r，则所以该四棱锥的高，所以体积当且仅当，即时，等号成立所以该四棱锥的高故选C10. 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Ap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【答案】D【解析】设棋手在第
11、二盘与甲比赛连赢两盘的概率为，在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为，在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为由题意所以，所以最大，故选D.11双曲线的两个焦点，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与交于，两点，且，则的离心率为ABCD 【答案】C【解析】由题意，点在双曲线右支.记切点为点，连接，则，又，则.过点作交直线于点，连接，则,又点为中点，则，.由，得，所以，故，由双曲线定义，则，即，所以.12已知函数，的定义域均为,且，.若的图像关于直线对称，则ABCD 【答案】D【解析】若的图像关于直线对称，则，因为，所以，故，为偶函数.由，得.由，得，代入，得，关于点中心对称，所以.由，得，所以，故，周期为.由
12、，得，又，所以.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13从甲、乙等名同学中随机选名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 【答案】【解析】设“甲、乙都入选”为事件，则.14、 过四点(0,0)，(4,0)，(-1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为_【答案】或或或【解析】设点A(0,0)，B(4,0)，C(-1,1)，D(4,2)，圆过其中三点共有四种情况，解决办法是两条中垂线的交点为圆心，圆心到任一点的距离为半径。（1） 若圆过A、B、C三点，则圆心在直线x=2，设圆心坐标为(2,a)，则，所以圆的方程为（2） 若圆过A、B、D三点，同（1）设圆心坐标为(2,a)，则，所
13、以圆的方程为（3） 若圆过A、C、D三点，则线段AC的中垂线方程为，线段AD的中垂线方程 为，联立得，所以圆的方程为（4） 若圆过B、C、D三点，则线段BD的中垂线方程为，线段BC中垂线方程为，联立得，所以圆的方程为15、 记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为_【答案】3【解析】，且，故，又，故的最小值为3.16、 已知和分别是函数的极小值点和极大值点，若，则的取值范围是_【答案】【解析】至少要有两个零点和，我们对其求导，（1） 若，则在R上单调递增，此时若，则在上单调 递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数的极小值点和极大值点，则，不符合题意。（2） 若，则在R上单调递减，此
14、时若，则在上 单调递增，在上单调递减，且。此时若有和分别是函数的极小值点和极大值点，且，则需满足，即，可解得或，由于，取交集即得。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、的对边分别为、，已知.（1）证明：；（2）若，求的周长.【答案】（1）见证明过程；（2）；【解析】1.已知可化简为，由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，即证，（2）由（1）可知，的周长为1418.（12分）如图，四面体中 为中点.(1) 证明：平面平面；(2) 设点在上
15、，当的面积最小时，求 与平面所成角的正弦值.解析：（1） .,.平面平面.（2）在中，.在中，, .、两两互相垂直.由点在上且 ， 由于 当的面积最小时 在中， 如图，以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系.、=设平面的法向量为 .可得 设 设与所成的角为，与平面所成角的为所以与平面所成角的正弦值为.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12345678910总和根部横截面积0040060040080080050050070070
16、0606材积量02504002205405103403604604204039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001）；（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，【答案】（1）0.06, 0.39；（2）0.97；（3）1209【答案】（1）0.06,0.39；（2）0.97；（3）1209【解析】（1）设这种树木平均一课的根部横截面积为，
17、平均一个的材积量为，则，.（2） （3）设从根部面积总和为，总材积量为，则，故（）.20（12分）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过，两点。（1）求的方程；（2）设过点的直线交于，两点，过且平行于的直线与线段交于点，点满足，证明：直线过定点【答案】（1）；（2）直线过定点【解析】（1）设的方程为，将，两点代入得，解得，故的方程为。（2）由，可得直线若过的直线的斜率不存在，直线为。代入，可得，将代入，可得，由，得。易求得此时直线 。过点。若过的直线的斜率存在，设，。联立，得故有，且（*）联立，可得，可求得此时将代入整理得将（*）式代入，得，显然成立。综上，可得直线过定点。21.（12
18、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.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）,所以在点处的切线方程为;（2）.(I)当时，当时，成立，所以在单调递增，且，故时，无零点，舍去。(II)当时,当时,，由题意可知，必有，即.(i)当时, ，令，当时，故，故，单调递增，在无零点，舍去。(ii)当时，令，当时，单调递增，且，故，使得，当时，单调递减；时，单调递增；又，且当时,，此时在上有一个零点；当时，由单调递增，且，故，使得，当时，单调递减，时，单调递增；又，故，使得，当时，单调递增，时，单调递减；又，且当时,，此时在上有一个零点；综上，（二）选
19、考题：共10分。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）在直角坐标系中，曲线的方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.(1) 写出的直角坐标方程；(2) 若与有公共点，求的取值范围.答案：（1）；（2）.解析：（1）由可得，即，故的方程为：.（2）由，得，联立，即 ，即，故的范围是.23选修4-5：不等式（10分）已知a,b,c为正数，且,证明：（1） （2）证明：（1） 因为a,b,c为正数，所以，当且仅当时取等号， 所以，即，得证.（2） 要证成立，只需证，又因为,，当且仅当时，同时取等，所以 ，得证.数学试题第 21 页 （共 21 页）
