1、2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考1卷）数学一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1. 若集合M=x|x4，N=x|3x1，则MN=( )A. x|0x2B. x|13x2C. x|3x16D. x|13x0)的最小正周期为T.若23T，且y=f(x)的图像关于点(32,2)中心对称，则f(2)=( )A. 1B. 32C. 52 D. 37. 设a=0.1e0.1，b=19，c=ln0.9，则( )A. abcB. cbaC. cabD. ac0)上，过点B(0,1)的直线交C于P，Q两点，则( )A. C的准线为y=1B. 直线AB与C相切C. |OP|OQ|OA2D. |
2、BP|BQ|BA|212. 已知函数f(x)及其导函数f(x)的定义域为R，记g(x)=f(x).若f(322x)，g(2+x)均为偶函数，则( )A. f(0)=0B. g(12)=0C. f(1)=f(4)D. g(1)=g(2)三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. (1yx)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为(用数字作答)14. 写出与圆x2+y2=1和(x3)2+(y4)2=16都相切的一条直线的方程15. 若曲线y=(x+a)ex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:x2a2+y2b2=1(ab0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为
3、12，过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|=6，则ADE的周长是四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1，Snan是公差为13的等差数列(1)求an的通项公式;(2)证明：1a1+1a2+1an1)上，直线l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tanPAQ=22，求PAQ的面积已知函数f(x)=exax和g(x)=axlnx有相同的最小值(1)求a;(2)证明：存在y=b直线，其与两条曲线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答案和解析1.【答
4、案】D【解析】【分析】 本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题【解答】 解：因为 M=x|0x16 ， N=x|x13 ， 故 MN=x|13x16 2.【答案】D【解析】【分析】 本题考查了复数代数形式的四则运算及共轭复数，属基础题【解答】 解： z=1+i ， z+z=1+i+1i=2 3.【答案】B【解析】【分析】 本题主要考查向量的加减及数乘运算，属于基础题【解答】 解： CD=23CA+13CB ， CB=3CD2CA=2m+3n 4.【答案】C【解析】【分析】 本题考查了棱台的体积公式的应用，属于基础题【解答】 解：依据棱台的体积公式 V=13(S+S+SS) =13(14000
5、0000+180000000+1400000018000000)9 1.4109m3 5.【答案】D【解析】【分析】 本题考查了古典概型及其计算，涉及组合数公式、对立事件的概率公式，属基础题【解答】 解：由题可知，总的取法有 C72=21 种，不互质的数对情况有：两个偶数， 3 和 6 所以两个数互质的概率为 P=1C42+121=23 6.【答案】A【解析】【分析】 本题主要考查三角函数的周期性和对称性，属于中档题【解答】 解：由题可知： T=2(23,) ，所以 (2,3) 又因为 y=f(x) 的图像关于点 (32,2) 中心对称，所以 b=2 ，且 f(32)=sin(32+4)+b=
6、2 所以 =23(k14) ， kZ ，所以 =52. 所以 f(x)=sin(52x+4)+2. 所以 f(2)=1 7.【答案】C【解析】【分析】 本题考查了利用导数比较大小，关键是构造合适的函数，考查了运算能力，属于较难题【解答】 解： a=0.1e0.1 ， b=0.110.1 ， c=ln(10.1) ， lnalnb=0.1+ln(10.1) ， 令 f(x)=x+ln(1x),x(0,0.1, 则 f(x)=111x=x1x0 ， 故 f(x) 在 (0,0.1 上单调递减， 可得 f(0.1)f(0)=0 ，即 lnalnb0 ，所以 a0 ， 所以 k(x) 在 (0,0.1
7、 上单调递增，可得 k(x)k(0)0 ，即 g(x)0 ， 所以 g(x) 在 (0,0.1 上单调递增，可得 g(0.1)g(0)=0 ，即 ac0 ，所以 ac 故 cab 8.【答案】C【解析】【分析】 本题考查了球的内接问题，涉及棱锥的体积、球的体积、基本不等式、导数等知识，属较难题【解答】 解：方法 (1) ： 设正四棱锥 PABCD 的高为 PO1= ，底面边长为 a ，球心为 O ，由已知易得球半径为 R=3 ， 所以 (22a)2+(3)2=9(22a)2+2=l26=l2a2=2(62) ，因为 3l3396273292 ， 故所以 V=13a2=23(62)=13(122
8、)13(122)+33=643( 当且仅当 =4 取到 ) ， 当 =32 时，得 a=332 ，则 Vmin=13a2=13(332)232=274; 当 l=33 时，球心在正四棱锥高线上，此时 =32+3=92 ， 22a=332a=332 ，正四棱锥体积 V1=13a2=13(332)292=8140x33 ； f(x)033x0 ， f(33)=3933+1=12390 ， 所以 f(x) 仅有 1 个零点 ( 如图所示 ) ，故 B 错 ; 又 f(x)=x3+x+1f(x)+f(x)=2 ，所以 f(x) 关于 (0,1) 对称，故 C 正确 ; 对于 D 选项，设切点 P(x0
9、,y0) ，在 P 处的切线为 y(x03x0+1)=(3x021)(xx0) ， 即 y=(3x021)x2x03+1 ， 若 y=2x 是其切线，则 3x021=22x03+1=0 ，方程组无解，所以 D 错 11.【答案】BCD【解析】【分析】 本题考查了直线与抛物线的位置关系，属较难题【解答】 解：点 A(1,1) 在抛物线 C:x2=2py(p0) 上，即 1=2pC:x2=y ，所以准线为 y=14 ，所以 A 错 ; 直线 AB:y=2x1 代入 x2=y 得： x22x+1=0(x1)2=0x=0 ，所以 AB 与 C 相切，故 B 正确 由题知直线 PQ 的斜率一定存在，则可
10、设直线 PQ:y=kx1 ， P(x1,y1) ， Q(x2,y2) ，则 y=kx1y=x2x2kx+1=0 ， =k240k2 ， 此时 x1+x2=kx1x2=1,y1+y2=x12+x22=(x1+x2)22x1x2=k22y1y2=x12x22=1, |OP|OQ|=(x12+y12)(x22+y22)=(y1+y12)(y2+y22)=(y1y2)2+(y1y2)(y1+y2)+y1y2=2+(k22)=k22=OA2 ，故 C 正确 ; |BP|BQ|=1+k2|x10|1+k2|x20|=(1+k2)|x1x2|=(1+k2)5=|BA|2 ，故 D 正确 12.【答案】BC【
11、解析】【分析】 本题主要考查导函数与原函数的关系，函数的对称性及奇偶性，属于难题【解答】 解：由f(322x)为偶函数可知f(x)关于直线x=32对称，由g(2+x)为偶函数可知g(x)关于直线x=2对称，结合g(x)=f(x)，根据g(x)关于直线x=2对称可知f(x)关于点(2,t)对称，根据f(x)关于直线x=32对称可知：g(x)关于点(32,0)对称，综上，函数f(x)与g(x)均是周期为2的周期函数，所以有f(0)=f(2)=t，所以A不正确;f(1)=f(1)，f(4)=f(2)，f(1)=f(2)，故f(1)=f(4)，所以C正确g(12)=g(32)=0，g(1)=g(1)，
12、所以B正确;又g(1)+g(2)=0，所以g(1)+g(2)=0，所以D不正确13.【答案】28【解析】【分析】 本题考查二项展开式的特定项与特定项的系数，属于基础题【解答】 解：因为 (x+y)8 展开式的通项 Tr+1=C8rx8ryr ， 令 r=5 ，则 x3y5 的系数为 C85=56 ；令 r=6 ，则 x2y6 的系数为 C86=28 ， 所以 x2y6 的系数为 56+28=28 14.【答案】x+1=0 7x24y25=0 3x+4y5=0(填一条即可)【解析】【分析】 本题考查了圆与圆的公切线问题，涉及圆与圆的位置关系、 点到直线的距离 等知识，属较难题【解答】 解：方法
13、1: 显然直线的斜率不为 0 ，不妨设直线方程为 x+by+c=0 ，于是 |c|1+b2=1 ， |3+4b+c|1+b2=4 故 c2=1+b2 ， |3+4b+c|=|4c|. 于是 3+4b+c=4c 或 3+4b+c=4c ，再结合 解得 b=0c=1 或 b=247c=257 或 b=43c=53 ，所以直线方程有三条，分别为 x+1=0 ， 7x24y25=0 ， 3x+4y5=0 ( 填一条即可 ) 方法 2: 设圆 x2+y2=1 的圆心 O(0,0) ，半径为 r1=1 ，圆 (x3)2+(y4)2=16 的圆心 C(3,4) ，半径 r2=4 ，则 |OC|=5=r1+r
14、2 ，因此两圆外切， 由图像可知，共有三条直线符合条件，显然 x+1=0 符合题意； 又由方程 (x3)2+(y4)2=16 和 x2+y2=1 相减可得方程 3x+4y5=0 ，即为过两圆公共切点的切线方程， 又易知两圆圆心所在直线 OC 的方程为 4x3y=0 ， 直线 OC 与直线 x+1=0 的交点为 (1,43) ，设过该点的直线为 y+43=k(x+1) ，则 k43k2+1=1 ，解得 k=724 ， 从而该切线的方程为 7x24y25=0.( 填一条即可 )15.【答案】(,4)(0,+)【解析】【分析】 本题主要考查过曲线外一点的切线问题，属于中档题【解答】 解： y=(x+
15、a+1)ex ，设切点为 (x0,y0) ，故 y0x0=(x0+a+1)ex0 ，即 (x0+a)ex0x0=(x0+a+1)ex0. 由 题意可得，方程 x+a=x(x+a+1) 在 (,0)(0,+) 上有两个不相等的实数根 . 化简得， x2+axa=0 ， =a2+4a0 ，解得 a0 ，显然此时 0 不是根，故满足题意 16.【答案】13【解析】【分析】 本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的应用、椭圆的定义以及椭圆中的弦长问题，考查了运算求解能力，属于中档题【解答】 解：由椭圆离心率为 12 ，可得 a=2c ，则 b=a2c2=3c ， 则 C ： x24c2+y23c2=1 ，
16、 A(0,3c) ， F1(c,0) ， F2(c,0) ， 易得 lAF2 ： y=3x+3c ， lED ： y=33(x+c) ， 可解得 AF2 与 DE 的交点 M(c2,3c2) ， 故直线 DE 垂直平分 AF2 ，即 EA=EF2 ， DA=DF2 ， 又 x24c2+y23c2=1y=33(x+c)13x2+8cx32c2=0xD+xE=8c13xDxE=32c213 |DE|=1+13|xDxE|=6(xD+xE)24xDxE=27c=138 ， 所以 ADE 的周长 AD+AE+DE=DF2+EF2+DF1+EF1=4a=8c=13 17.【答案】解：(1)Snan=S1
17、a1+13(n1)=n+23Sn=n+23an;Sn+1=n+33an+1;由得：an+1=n+33an+1n+23anan+1an=n+2n;当n2且nN时，ana1=anan1an1an2a3a2a2a1=n+1n1nn2534231=(n+1)n2an=n(n+1)2，又a1=1也符合上式，因此an=n(n+1)2(nN);(2)1an=2n(n+1)=2(1n1n+1)，1a1+1a2+1an=2(1112+1213+1n1n+1)=2(11n+1)2，即原不等式成立【解析】本题考查了数列与不等式，涉及裂项相消法求和、等差数列的通项公式、根据数列的递推公式求通项公式等知识，属中档题18
18、.【答案】解：(1)cosA1+sinA=sin2B1+cos2B，cos2A2sin2A2cos2A2+sin2A2+2sinA2cosA2=2sinBcosB1+2cos2B1且cosB0，cosA2sinA2cosA2+sinA2=sinBcosB1tanA21+tanA2=tanB，tan(4A2)=tanB，又A，B(0,)，4A2(4,4)，4A2=B又C=23，A+B=3，B=6(2)由正弦定理asinA=bsinB=csinC，得a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=sin2A+sin2(4A2)sin2(A+4A2)1cos2A2+1cos2(4A2)21cos2
19、(A+4A2)2=1cos2A+1sinA1+sinA=2sin2AsinA+11+sinA，A(0,)4A2=B(0,)A(0,2)，令t=1+sinA(1,2)，则y=2(t1)2(t1)+1t=2t5+4t，t(1,2)，y=2t5+4t在t(1,2)时递减，在t(2,2)时递增，因此t=2时，ymin=425【解析】本题主要考查三角恒等变换的综合应用及利用余弦定理和对勾函数解决最值问题，属于中档题19.【答案】解：(1)设A到平面A1BC的距离为d，因为直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，即可得SABCAA1=4，故VA1ABC=13SABCAA1=43，又VA1ABC=VAA1BC
20、=13SA1BCd=1322d=43，解得d=2，所以A到平面A1BC的距离为2；(2)连接AB1，因为直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1=AB，故AA1B1B为正方形，即AB1A1B，又平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1=A1B，AB1平面ABB1A1，故AB1平面A1BC，所以AB1BC，又因为AA1BC，AB1,AA1平面ABB1A1，且AB1AB1=A，故BC平面ABB1A1，则BCAB，所以BB1,AB,BC三条直线两两垂直，故如图可以以B为原点建立空间直角坐标系，设AA1=AB=a，BC=b，则A1B=2a，由条件可得12aba=4122ab=22，解得a
21、=2b=2,则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，A1(0,2,2)，A1C的中点D(1,1,1)，所以BA=(0,2,0)，BD=(1,1,1)，BC=(2,0,0)设平面ABD的一个法向量为n1=(x,y,z)，n1BA=0n1BD=02y=0x+y+z=0，取n1=(1,0,1)，同理可求得平面BCD的一个法向量为n2=(0,1,1)所以|cos|=|n1n2|n1n2=12，所以二面角ABDC的正弦值为32【解析】本题考查了平面与平面所成角的空间向量求法、点到面的距离的几何求法、几何体的体积公式，考查了空间中的垂直关系的证明与应用，属于中档题20.【答案】解：(1)得
22、到22联表如下：不够良好良好总计病例组4060100对照组1090100总计50150200K2=200(40906010)210010050150=2410.828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)(i)证明：P(B|A)=P(BA)P(A)，P(B|A)=P(BA)P(A)，P(B|A)=P(BA)P(A)，P(B|A)=P(BA)P(A)，R=P(B|A)P(B|A)P(B|A)P(B|A)=P(BA)P(A)P(BA)P(A)P(BA)P(A)P(BA)P(A)=P(BA)P(BA)P(BA)P(BA)又P(A|B)=P(AB)P(B)，P(A|B)
23、=P(AB)P(B)，P(A|B)=P(AB)P(B)，P(A|B)=P(AB)P(B)，P(A|B)P(A|B)P(A|B)P(A|B)=P(AB)P(B)P(AB)P(B)P(AB)P(B)P(AB)P(B)=P(AB)P(AB)P(AB)P(AB)=P(BA)P(BA)P(BA)P(BA)，R=P(A|B)P(A|B)P(A|B)P(A|B);(ii)P(A|B)=P(AB)P(B)=40100=25，P(A|B)=P(AB)P(B)=60100=35，P(A|B)=P(AB)P(B)=90100=910，P(A|B)=P(AB)P(B)=10100=110P(A|B)P(A|B)P(A
24、|B)P(A|B)=2535910110=6R=P(A|B)P(A|B)P(A|B)P(A|B)=6即P(A|B)=25，P(A|B)=110，R的估计值为6【解析】本题考查了独立性检验和条件概率的计算，属中档题21.【答案】解：(1)将点A代入双曲线方程得4a21a21=1，化简得a44a2+4=0得：a2=2，故双曲线方程为x22y2=1;由题显然直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则联立直线与双曲线得：(2k21)x2+4kmx+2m2+2=0，0，故x1+x2=4km2k21，x1x2=2m2+22k21，kAP+kAQ=y11x12+y21x2
25、2=kx1+m1x12+kx2+m1x22=0，化简得：2kx1x2+(m12k)(x1+x2)4(m1)=0，故2k(2m2+2)2k21+(m12k)(4km2k21)4(m1)=0，即(k+1)(m+2k1)=0，而直线l不过A点，故k=1(2)设直线AP的倾斜角为，由tanPAQ=22，得tanPAQ2=22，由2+PAQ=，得kAP=tan=2，即y11x12=2，联立y11x12=2，及x122y12=1得x1=10423，y1=4253，同理，x2=10+423，y2=4253，故x1+x2=203，x1x2=689而|AP|=3|x12|，|AQ|=3|x22|，由tanPAQ
26、=22，得sinPAQ=223，故SPAQ=12|AP|AQ|sinPAQ=2|x1x22(x1+x2)+4|=1629【解析】本题主要考查直线与双曲线的位置关系及双曲线中面积问题，属于难题22.【答案】解：(1)由题知f(x)=exa，g(x)=a1x，当a0时，f(x)0，g(x)0时，f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,+)单调递增；g(x)在(0,1a)单调递减，在(1a,+)单调递增；故f(x)min=f(lna)=aalna，g(x)min=g(1a)=1ln1a，所以aalna=1ln1a，即lnaa1a+1=0，令p(a)=lnaa1a+1，则p(a)=1a2(a+1)
27、2=a2+1a(a+1)20，则p(a)在(0,+)单调递增，又p(1)=0，所以a=1(2)由(1)知，f(x)=exx，g(x)=xlnx，且f(x)在(,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增；g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增，且f(x)min=g(x)min=1bb，显然y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有0个交点，不符合题意；b=1时，此时f(x)min=g(x)min=1=b，故y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；b1时，首先，证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点，即证明F(x)=f(x)b有2个零点，
28、F(x)=f(x)=ex1，所以F(x)在(,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增，又因为F(b)=eb0，F(0)=1b0，(令t(b)=eb2b，则t(b)=eb20，t(b)t(1)=e20)所以F(x)=f(x)b在(,0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0,+)上存在且只存在1个零点，设为x2其次，证明y=b与曲线和y=g(x)有2个交点，即证明G(x)=g(x)b有2个零点，G(x)=g(x)=11x，所以G(x)(0,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增，又因为G(eb)=eb0，G(0)=1b0，(令(b)=bln2b，则(b)=11b0，(b)(1)=1ln20)所
29、以G(x)=g(x)b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1,+)上存在且只存在1个零点，设为x4再次，证明存在b，使得x2=x3:因为F(x2)=G(x3)=0，所以b=ex2x2=x3lnx3，若x2=x3，则ex2x2=x2lnx2，即ex22x2+lnx2=0，所以只需证明ex2x+lnx=0在(0,1)上有解即可，即(x)=ex2x+lnx在(0,1)上有零点，因为(1e3)=e1e32e330，所以(x)=ex2x+lnx在(0,1)上存在零点，取一零点为x0，令x2=x3=x0即可，此时取b=ex0x0则此时存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，最后证明x1+x4=2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4)所以F(x1)=G(x0)=F(lnx0)，又因为F(x)在(,0)上单调递减，x10，0x01即lnx00即ex01，x11，所以x4=ex0，又因为ex02x0+lnx0=0，所以x1+x4=ex0+lnx0=2x0，即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列【解析】本题主要考查了利用导数研究函数单调性、最值，函数零点问题，考查了分类讨论思想，属于难题第19页，共20页
