1、2022 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）数学（理科）参考答案参考答案注意事项：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回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一
2、并交回考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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. A 2. A 3. C. 4. D 5. B 6. B 7. A 8. D 9. C 10.D 11. C 12. D二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分13. 14. 或或或；15. 16. 三、解答题：共 7三、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分解答应写出文字说
3、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，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分17. （1）证明：因为，所以，所以，310222313xy22215xy224765339xy2281691525xy31,1esinsinsinsinCABBCAsinsincossinsincossinsincossinsincosCABCBABCABAC2222222222222acbbcaabcacbcabacbcab 即，所以；（2）解：因为，由（1）得，由余弦定理
4、可得， 则，所以，故，所以，所以的周长为.18. （1）因为，E 为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为 E 为的中点，所以；又因为平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为 E 为的中点，所以，因为，所以,22222222222acbabcbca 2222abc255,cos31aA2250bc2222cosabcbcA50502531bc312bc 2222503181bcbcbc9bcABC14abcADCDACACDEABDCBD,BACDCDADBDB DB
5、DABDCBDABCBACACBE,DE BE BEDDEBEEAC BEDAC ACDBED ACDEFAC BEDEF BEDACEF1=2AFCSAC EFEFBDEFAFCABDCBD2CBAB60ACBABCAC1AEEC3BE ADCD112DEAC在中，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为.19. （1）样本中 10 棵这种树木的根部横截面积的平均值样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值DEB222DEBEBDBEDEEExyz1,0,0 ,
6、0, 3,0 ,0,0,1ABD1,0,1 ,1, 3,0ADAB ABD, ,nx y z030n ADxzn ABxy 3y 3, 3,3n 3 31,0,0 ,0,44CF3 31,44CF 64 3cos,77214n CFn CFn CF CFABD024 3sincos,7n CF CFABD4 370.60.0610 x 3.90.3910y 据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为（2）则（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得，解之得则该林区这种树木的总材积量估计为20. （1）解：设椭圆 E
7、的方程为，过，则，解得，所以椭圆 E 的方程为：.（2），所以，若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，代入 AB 方程，可得20.06m30.39m1010iiiii=1i=110101010222222iiiii=1i=1i=1i=1101010 xxyyx yxyrxxyyxxyy22(0.038 10 0.06 )(1.6158 10.2474 10 0.06 0.390.01340.01340.970.013770.0000 018996.3)0.97r 3mY0.06186=0.39Y3=1209mY31209m221mxny30, 2 , 12AB41914nmn13m 14n
8、 22143yx3(0, 2), ( , 1)2AB2:23AB yx(1, 2)P1x 22134xy2 6(1,)3M2 6(1,)3N223yx，由得到.求得 HN 方程：，过点.若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线 HN 过定点21. （1）的定义域为当时,所以切点为,所以切线斜率为 2所以曲线在点处的切线方程为（2）2 6( 63,)3TMTTH 2 6(2 65,)3H2 6(2)23yx(0, 2)(1, 2)P1122(2)0,( ,),(,)kxykM x yN xy22(2)0,134kxykxy2
9、2(34)6 (2)3 (4)0kxkk xk k1221226 (2)343 (4)34kkxxkkkx xk12222228(2)344(442)34kyykkky yk1221224(*)34kx yx yk1,223yyyx111113(3,),(36,).2yTyHyx y1222112:()36yyHN yyxxyxx(0, 2)12121221122()6()3120 xxyyx yx yy y(*)222241296482448482436480,kkkkkkk(0, 2).( )f x( 1,) 1a ( )ln(1),(0)0exxf xxf(0,0)11( ),(0)21
10、exxfxfx( )yf x(0,(0)f2yx设若,当,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若(1)当,则,所以在上单调递增所以存在,使得,即当单调递减当单调递增所以当当所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当设所以在单调递增所以存在,使得( )ln(1)exaxf xx2e11(1)( )1e(1)exxxaxaxfxxx2( )e1xg xax10a 2( 1,0), ( )e10 xxg xax ( )0fx( )f x( 1,0)( )(0)0f xf( )f x( 1,0)210a ,
11、()0 x( )e20 xg xax( )g x(0,)( )(0)10g xga ( )0fx( )f x(0,)( )(0)0f xf( )f x(0,)31a ,()0 x( )e20 xg xax( )g x(0,)(0)10, (1)e0gag (0,1)m( )0g m ( )0fm(0,),( )0,( )xmfxf x( ,),( )0,( )xmfxf x(0,),( )(0)0 xmf xf,( )xf x ( )f x( ,)m (0,)m( )f x(0,)2( 1,0), ( )e1xxg xax ( )( )e2xh xg xax( )e20 xh xa( )g x
12、( 1,0)1( 1)20,(0)10egag ( 1,0)n ( )0g n当单调递减当单调递增,又所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减有而,所以当所以在上有唯一零点,上无零点即在上有唯一零点所以,符合题意所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为（二）选考题，共（二）选考题，共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程22. （1）因l：，所以，又因为，所以化简为，整理得 l 的直角坐标方程：为( 1, ),( )0, ( )xn g xg
13、 x ( ,0),( )0, ( )xng xg x( )(0)10g xga 1( 1)0eg ( 1, )tn ( )0g t ( )0f t( 1, ),( )xtf x ( ,0),( )xtf x1,( )xf x (0)0f( ,0),( )0 xtf x( )f x( 1, ) t( ,0)t( )f x( 1,0)1a ( )f x( 1,0),(0,)a(, 1) sin03m13sincos022msin,cosyx13022yxm320 xym（2）联立 l 与 C 的方程，即将，代入中，可得，所以，化简为，要使 l 与 C 有公共点，则有解，令，则，令，对称轴为，开口向
14、上，所以，所以m 的取值范围为.选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲23. （1）证明：因为，则，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号（2）证明：因为，所以，所以，3cos2xt2sinyt320 xym3cos22sin20ttm23(1 2sin)2sin20ttm26sin2sin320 ttm226sin2sin3mttsin ta1,1a 2( )623f aaa( 11)a 16a ( 1)623( )5maxffamin11219( )36666 ffa19256m195122m0a 0b 0c 320a 320b 320c 33333322232223abcabc1213abc19abc 333222abc319abc0a 0b 0c 2bcbc2acac2abab3222aaabcbcabc3222bbbacacabc3222cccabababc当且仅当时取等号333333222222122222abcabcabcbcacababcabcabcabcabcabc
