1、2022年普通高等学校招生全国统一考试（乙卷）数学（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 设全集U=1,2,3,4,5，集合M满足UM=1,3，则()A. 2MB. 3MC. 4MD. 5M2. 已知z=12i，且z+az+b=0，其中a，b为实数，则()A. a=1，b=2B. a=1，b=2C. a=1，b=2D. a=1，b=23. 已知向量a，b满足|a|=1，|b|=3，|a2b|=3，则ab=( )A. 2B. 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，
2、用到数列bn:b1=1+1a1，b2=1+11+1a2，依此类推，其中akN(k=1,2,).则( )A. b1b5B. b3bsC. b6b2D. b4p2p10.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. 对曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cosF1NF2=35，则C的离心率为()A. 52B. 32C. 132D. 17212. 已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x
3、)+g(2x)=5，g(x)f(x4)=7，若y=g(x)的图像关于直线x=2对称，g(2)=4，则k=122f(k)=( )A. 21B. 22C. 23D. 24二、填空题（本大题共4小题，共20.0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(0,0)，(4,0)，(1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为15. 记函数f(x)=cos(x+)(0,00且a1)的极小值点和极大值点，若x11a1+1a2 ，故 b1b2; 同理可得 b2b3, 又因为 1a21a2+1a3+1a4 ，故 b2b2b3b4b5b6b7. ，排除 A 1
4、a21a2+1a3+.1a6 ，故 b2b7b8 ，排除 B 5.【答案】B【解析】【分析】 本题考查抛物线的定义、方程和性质，属基础题【解答】 解： 易知抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F(1,0) ，于是有 |BF|=2 ，故 |AF|=2 ，注意到抛物线通径 2p=4 ， 通径为抛物线最短的焦点弦，分析知 AF 必为半焦点弦，于是有 AFx 轴， 于是有 |AB|=22+22=22 6.【答案】B【解析】【分析】 本题考查程序框图，属于基础题【解答】 解： 第一次循环： b=1+12=3 ， a=31=2 ， n=1+1=2 ， |b2a22|=|(32)22|=140.01 第二次循
5、环： b=3+22=7 ， a=72=5 ， n=2+1=3 ， |b2a22|=|(75)22|=3250.01 第三次循环， b=7+25=17 ， a=175=12 ， n=3+1=4 ， |b2a22|=|(1712)22|=11440.01 故输出 n=47.【答案】A【解析】【分析】 本题考查了面面垂直的判断，面面垂直的性质，属于中档题【解答】 解： 对于 A 选项：在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，因为 EF 分别为 AB ， BC 的中点，易知 EFBD ，从而 EF 平面 BDD1 ，又因为 EF 平面 BDD1 ，所以平面 B1EF 平面 BDD1 ， 所以 A 选项
6、正确 ; 对于 B 选项：因为平面 A1BD 平面 BDD1=BD ，由上述过程易知平面 B1EF 平面 A1BD 不成立 ; 对于 C 选项的直线 AA1 与直线 B1E 必相交，故平面 B1EF/ 面 A1AC 有公共 点，从而 C 的错误 ; 对于 D 选项：连接 AC ， AB1 ， B1C ，易知平面 AB1C/ 平面 A1C1D ， 又因为平面 AB1C 与平面 B1EF 有公共点 B1 ，故平面 AB1C 与平面 B1EF 不平行，所以 D 选项错误 8.【答案】D【解析】【分析】 本题主要考查等比数列前 n 项和中的基本量计算，属于基础题 根据题干列出等式求得 a1 与 q ，
7、进而求出 a6 【解答】 解： 设等比数列 an 首项 a1 ，公比 q 由题意， a1+a2+a3=168a2a5=42 ，即 a1(1+q+q2)=168a1q(1q3)=42 ，即 a1(1+q+q2)=168a1q(1q)(1+q+q2)=42 解得， q=12 ， a1=96 ，所以 a6=a1q5=3 9.【答案】C【解析】【分析】 本题考查圆锥体积，最值计算【解答】 解： 考虑与四棱锥的底面形状无关，不失一般性，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 r=22a ， 所以该四棱锥的高 =1a22 ，所以体积 V=13a21a22 ，设 a2=t0t2 ，
8、 V=13t2t32 ， t2t32=2t3t22 ，当 0t0 ，单调递增， 当 43t2 ， t2t320 ， P丙P乙=p1(p3p2)0 ， 所以 P丙 最大11.【答案】C【解析】【分析】 本题考查双曲线的性质及直线与圆相切的性质，属于中档题【解答】 解： 由题意，点 N 在双曲线右支 . 记切点为点 A ，连接 AD ，则 ADMN ， |AD|=a ， 又 DF1|=c ，则 |AF1|=c2a2=b. 过点 F2 作 F2BMN 交直线 MN 于点 B ，连接 F2N ， 则 F2B/DA ，又点 D 为 F1F2 中点，则 |F2B|=2|DA|=2a ， F1B=2|AF1
9、|=2b 由 cosF1NF2=35 ，得 sinF1NF2=45 ， tanF1NF2=43 所以 |F2N|=|F2B|sinF1NF2=5a2 ， |BN|=|F2B|tanF1NF2=3a2 故 |F1N|=|F1B|+|BN|=2b+3a2 ，由双曲线定义， |F1N|F2N|=2a ， 则 2ba=2a ，即 ba=32 ，所以 e=1+b2a2=1+94=132.( 此题是否有另外一解，待官方公布 ) 12.【答案】D【解析】【分析】 本题考查函数的对称性，周期性，属于拔高题【解答】 解： 若 y=g(x) 的图像关于直线 x=2 对称，则 g(2x)=g(2+x) ，因为 f(
10、x)+g(2x)=5 ，所以 f(x)+g(2+x)=5 ，故 f(x)=f(x) ， f(x) 为偶函数 . 由 g(2)=4 ， f(0)+g(2)=5 ，得 f(0)=1. 由 g(x)f(x4)=7 ，得 g(2x)=f(x2)+7 ， 代入 f(x)+g(2x)=5 ，得 f(x)+f(x2)=2 ， f(x) 关于点 (1,1) 中心对称，所以 f(1)=f(1)=1. 由 f(x)+f(x2)=2 ， f(x)=f(x) ，得 f(x)+f(x+2)=2 ，所 以 f(x+2)+f(x+4)=2 ，故 f(x+4)=f(x) ， f(x) 周期为 4. 由 f(0)+f(2)=2
11、 ，得 f(2)=3 ，又 f(3)=f(1)=f(1)=1 ，所以 k=122f(k)=6f(1)+6f(2)+5f(3)+5f(4)= 11(1)+51+6(3)=24 13.【答案】310【解析】【分析】 本题考查了古典概型及其计算，属于基础题【解答】 解：设“甲、乙都入选”为事件 A ，则 P(A)=C31C53=310 14.【答案】(x2)2+(y3)2=13或(x2)2+(y1)2=5或(x43)2+(y73)2=659或(x85)2+y12=16925【解析】【分析】 本题主要考查求圆的标准方程，属于基础题 圆过其中三点共有四种情况，解题关键是三点中的两条中垂线的交点为圆心，圆
12、心到任一点的距离为半径，每种情况逐一求解即可 【解答】 解：设点 A(0,0) ， B(4,0) ， C(1,1) ， D(4,2) (1) 若圆过 A 、 B 、 C 三圆圆心在直线 x=2 ， 设圆心坐标为 (2,a) ， 则 4+a2=9+(a1)2a=3 ， r=4+a2=13 ，所以圆的方程为 (x2)2+(y3)2=13; (2) 若圆过 A 、 B 、 D 三点， 同 (1) 设圆心坐标为 (2,a) ， 则 4+a2=4+(a2)2a=1 ， r=4+a2=5 ，所以圆的方程为 (x2)2+(y1)2=5; (3) 若圆过 A 、 C 、 D 三点，则线段 AC 的中垂线方程为
13、 y=x+1 ，线段 AD 的中垂线方程 为 y=2x+5 ，联立得 x=43y=73r=169+499=653 ，所以圆的方程为 (x43)2+(y73)2=659; (4) 若圆过 B 、 C 、 D 三点，则线段 BD 的中垂线方程为 y=1 ， 线段 BC 中垂线方程为 y=5x7 ，联立得 x=85y=1r=8542+1=135, 所以圆的方程 (x85)+(y1)2=16925 15.【答案】3【解析】【分析】 本题考查由余弦函数值求参【解答】 解： f(T)=f(0)=cos=32 ，且 00 ，故 的最小值为 3 16.【答案】1e,1【解析】【分析】 本题考查利用导数的极值求
14、解参数，考查转化能力与运算求解能力，属于较难题 求导，转化为 f(x)=2(axlnaex) 至少要有两个零点 x=x1 和 x=x2 ，构造函数 x=fx ，分类讨论，判断单调性，进而求解范围【解答】 解： f(x)=2(axlnaex) 至少要有两个零点 x=x1 和 x=x2 ， 构造函数 x=fx=2(axlnaex) ，对其求导， x=2axlna22e ， (1) 若 a1 ，则 x 在 R 上单调递增，此时若 (x0)=0 ，则 f(x) 在 (,x0) 上单调递减， 在 (x0,+) 上单调递增，此时若有 x=x1 和 x=x2 分别是函数 f(x)=2axex2(a0 且 a
15、1) 的极小值点和极大值点，则 x1x2 ，不符合题意， (2) 若 0a0 且 a1) 的极小值点和极大值点，且 x10 ，即 fx0=2(2ax0lnaex0=2elnaex00,x01, 故 lnax0=x0lna=lnelna21 ，所以 a1e,1 17.【答案】解：(1)证明：已知sinCsin(AB)=sinBsin(CA)可化简为sinCsinAcosBsinCcosAsinB=sinBsinCcosAsinBcosCsinA，由正弦定理可得accosBbccosA=bccosAabcosC，即accosB=2bccosAabcosC，由余弦定理可得aca2+c2b22ac=2
16、bcb2+c2a22bcaba2+b2c22ab，即证2a2=b2+c2，(2)由(1)可知b2+c2=2a2=50，cosA=b2+c2a22bc=50252bc=252bc=2531，2bc=31，b2+c2+2bc=(b+c)2=81，b+c=9，a+b+c=14，ABC的周长为14【解析】本题考查正余弦定理，属中档题目(1)利用正弦定理角化边，再利用余弦定理角化边，化简得证；(2)由余弦定理求出a+b即可得出三角形的周长18.【答案】解：(1)AD=CD，ADB=BDC且BD为公共边ADB与BDC全等，AB=BC又E为AC中点且AD=CD，DEAC，同理BEAC又DEBE=E，且均含于
17、平面BED，AC平面BED又AC平面ACD，平面BED平面ACD(2)在ABC中，AB=2，ACB=600，AB=BCAC=2，BE=3在ACD中，ADCD，AD=CD，AC=2，E为AC中点，DEAC，DE=1又BD=2，DE2+BE2=BD2，即DEBE直线AC、直线ED、直线EB两两互相垂直由点F在BD上且ADB与BDC全等，AF=FC，由于E为AC中点EFAC当AFC的面积最小时EFBD在RtDEB中，BE=3，DE=1EF=32，BF=32如图，以点E为坐标原点，直线AC、EB、ED分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系C(1,0,0)、A(1,0,0)、B(0,3,0)、D(0,0,
18、1)、F(0,34,34)BD=(0,3,1)、AD=(1,0,1)、BC=(1,3,0)CF=BFBC=34BDBC=(1,34,34)设平面ABD的法向量为m=(x,y,z)可得BDm=0ADm=0设y=1m=(3,1,3)设m与CF所成的角为，CF与平面ABD所成角的为sin=|cos|=mCFmCF=437所以CF与平面ABD所成角的正弦值为437【解析】本题考查面面垂直的判定，及线面角的求解，属于中档题19.【答案】解：(1)设这种树木平均一课的根部横截面积为x，平均一个的材积量为y，则x=0.610=0.06，y=3.910=0.39(2)r=i=1nxiyinxyi=1nxi2n
19、x2i=1nyi2ny2=0.2474100.060.390.038100.0621.615810039)2=0.01340.0020.0948=0.01340.011.896=0.01340.01377=0.97；(3)设从根部面积总和为X，总材积量为Y，则XY=xy，故Y=3.90.6186=1209(m3).【解析】本题考查了用样本估计总体，样本的相关系数，属于中档题20.【答案】解：(1)设E的方程为x2a2+y2b2=1，将A(0,2)，B(32,1)两点代入得4b2=194a2+1b2=1，解得a2=3，b2=4，故E的方程为x23+y24=1(2)由A(0,2)，B(32,1)可
20、得直线AB:y=23x2若过P(1,2)的直线的斜率不存在，直线为x=1.代入x23+y24=1，可得M(1,263)，N(1,263)，将y=263代入AB:y=23x2，可得T(6+3,263)，由MT=TH，得H(26+5,263).易求得此时直线HN:y=(2263)x2.过点(0,2)；若过P(1,2)的直线的斜率存在，设kxy(k+2)=0，M(x1,y1)，N(x2,y2)。联立kxy(k+2)=0x23+y24=1，得(3k2+4)x26k(2+k)x+3k(k+4)=0，故有x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4,y1+y2=8(2+k)3k2
21、+4y1y2=4(4+4k2k2)3k2+4，且x1y2+x2y1=24k3k2+4()联立y=y1y=23x2，可得T(3y12+3,y1)，H(3y1+6x1,y1)，可求得此时HN:yy2=y1y23y1+6x1x2(xx2)将(0,2)代入整理得2(x1+x2)6(y1+y2)+x1y2+x2y13y1y212=0将()式代入，得24k+12k2+96+48k24k4848k+24k236k248=0，显然成立综上，可得直线HN过定点(0,2)【解析】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，属于较难题(1)根据点在椭圆上，坐标满足椭圆方程，求出椭圆的标准方程；(2)分类讨论过点P
22、的直线斜率是否存在，再根据题干依次表示出T，N坐标，表示出直线HN方程，判断直线过定点即可21.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=1x+1+1xex，x=0，f(x)=2，又x=0时，f(0)=0，所以曲线f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y0=2(x0)，即y=2x(2)令g(x)=exln(x+1)+ax(x1)=exf(x)，有g(0)=0，f(x)在区间(1,0)，(0,+)各恰有一个零点，也即g(x)在区间(1,0)，(0,+)各恰有一个零点，则g(x)=exln(x+1)+11+x+a，()若a1时，则g(x)=exln(x+1)+11+x+a令x=ln(x+1)+11
23、+x，x=xx+12，x分别在(1,0)和(0,+)单调递减和单调递增，易知当x=0时，x取得最小值1，所以exln(x+1)+11+x1ex1，当x0时，ex10，于是g(x)在(0,+)递增，g(x)g(0)=0与g(x)在(0,+)上有一个零点矛盾()若a0所以(x)在(1,+)递增，又(12)=ln20，(0)=1，即x0(12,0)，(x)=0，且当1xx0时，(x)x0时，(x)0，g(x)单调递增，g(x0)g(0)=a+11a+a=10x1(1,x0)，x2(0,a)，g(x1)=g(x2)=0且g(x)在(1,x1)上递增，在(x1,x2)上递减，在(x2,+)上递增又g(0
24、)=0，故g(x1)0，g(x2)0，于是x3(1,0)，x4(0,+)，g(x3)=g(x4)=0综上，a1【解析】本题考查利用导数求函数切线，利用导数证明函数零点22.【答案】解：(1)由sin(+3)+m=0可得，(sincos3+cossin3)+m=0，即(12sin+32cos)+m=0，12y+32x+m=0，故l的方程为：3x+y+2m=0(2)由x=3cos2t，得x=3(12sin2t)=312y22=332y2，联立x=332y23x+y+2m=0，3y22y4m6=0，即3y22y6=4m(2y2)，34m36，即1934m10，1912m52，故m的范围是1912m5
25、2【解析】本题考查极坐标，极坐标的直线方程，求解参数，属于中档题(1)根据题意，求出直线方程；(1)求出C的方程，联立求解参数范围23.【答案】解：(1)证明：因为a，b，c为正数，所以a32+b32+c3233a32b32c32=3abc，当且仅当a=b=c=323时取等号，所以3abc1，即abc19，得证(2)要证ab+c+ba+c+ca+b12abc成立，只需证a32bcb+c+b32aca+c+c32aba+b12，又因为b+c2bc，a+c2ac，a+b2ab，当且仅当a=b=c=323时，同时取等，所以a32bcb+c+b32aca+c+c32aba+ba32bc2bc+b32ac2ac+c32ab2ab=12，得证.【解析】本题考查了不等式的证明，掌握均值不等式是关键，属于中档题(1)由均值不等式即可证；(2)先对不等式进行转化，再由均值不等式进行放缩可证.第17页，共17页
