1、2022年全国统一高考数学试卷(新高考)一、选择题：本题共8小题，每小题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若集合，则ABCD2若，则ABC1D23在中，点在边上，记，则ABCD4南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为ABCD5从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为ABCD6记函数的最小正周期为若，且的图像关于点，中心对称，则A1BCD37设，则ABCD
2、8已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是A，B，C，D，二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9已知正方体，则A直线与所成的角为 B直线与所成的角为C直线与平面所成的角为 D直线与平面所成的角为10已知函数，则A有两个极值点 B有三个零点C点是曲线的对称中心 D直线是曲线的切线11已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交于，两点，则A的准线为B直线与相切CD12已知函数及其导函数的定义域均为，记若，均为偶函数，则ABC（4）D（2）三
3、、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13的展开式中的系数为 （用数字作答）14写出与圆和都相切的一条直线的方程 15若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是 16已知椭圆，的上顶点为，两个焦点为，离心率为过且垂直于的直线与交于，两点，则的周长是 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）记为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列（1）求的通项公式；（2）证明：18（12分）记的内角，的对边分别为，已知（1）若，求；（2）求的最小值19（12分）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为（1）求到平面的距离；（2）设为的中点，平面平面，求二面
4、角的正弦值20（12分）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090（1）能否有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）从该地的人群中任选一人，表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”， 表示事件“选到的人患有该疾病”， 与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为（）证明：；（）利用该调查数据，给出，的估计值，并利用（）的结果给出的
5、估计值附： 0.0500.0100.0013.8416.63510.82821（12分）已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0（1）求的斜率；（2）若，求的面积22（12分）已知函数和有相同的最小值（1）求；（2）证明：存在直线，其与两条曲线和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 2022年全国统一高考数学试卷（新高考）参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题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若集合，则ABCD【思路分析】分别求解不等式化简与，再由交集运算得答案【解析】由，得，由，得，故选：【试题评价】本题考
6、查交集及其运算，考查不等式的解法，是基础题2若，则ABC1D2【思路分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出，再求出【解析】由，得，则，故选：【试题评价】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题3在中，点在边上，记，则ABCD【思路分析】直接利用平面向量的线性运算可得，进而得解【解析】【解法一】(向量回路)：如图，即故选：【解法二】（南京补解） (向量减法+方程)：BD=2DA，解得=3n2m.【解法三】(补解) (特殊化建系)：取C为直角，并以C为原点，CA、CB所在直线分别为x，y轴建立直角坐标系，设A(3a,0),B(0,3b)，由BD=2DA知D为
7、靠近A的三等分点，从而D(2a,b)，。【解法四】(补解) (待定系数)：设，则，与条件=2()对比，得1x=y=2，解得x=3，y=2，故【试题评价】本题主要考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力，属于基础题4南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为ABCD【思路分析】先统一单位，再根据题意结合棱台的体积公式求解即可【解析】【解法一】(统一m)，根据题意，增加的水量约为故选：【解法二】(补解) (统一km)：
8、V棱台=(140+180+)(0.15750.1485)=0.03(320+60)1.437 km31.4109 m3。【试题评价】本题以实际问题为载体考查棱台的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题5从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为ABCD【思路分析】先求出所有的基本事件数，再写出满足条件的基本事件数，用古典概型的概率公式计算即可得到答案【解析】【解法一】(枚举法)从2至8的7个整数中任取两个数共有种方式，其中互质的有：23，25，27，34，35，37，38，45，47，56，57，58，67，78，共14种，故所求概率为【解法二】(补解)(正难则反)：从2至
9、8的7个整数中任取两个数共有种方式，其中不互质的有：2，4，6，8中任取2个和3，6这1个，计+1=7个，故所求概率为1。故选：【试题评价】本题考查古典概型的概率计算，考查运算求解能力，属于基础题6记函数的最小正周期为若，且的图像关于点，中心对称，则A1BCD3【思路分析】由周期范围求得的范围，由对称中心求解与值，可得函数解析式，则可求【解析】【解法一】(取值试验)函数的最小正周期为，则，由，得，的图像关于点，中心对称，且，则，取，可得，则故选：【解法二】(补解)(解不等式)：仿法一得23及，kZ，则23，解得，又kZ，k=4，下同法一。【试题评价】本题考查型函数的图象与性质，考查逻辑思维能力
10、与运算求解能力，是中档题7设，则ABCD【思路分析】构造函数，利用导数性质求出，由此能求出结果【解析】【解法一】(构造法1)构造函数，则，当时，时，单调递减；时，单调递增，在处取最小值（1），；，；，而，故选：【解法二】(补解)(构造法2)：先比较a与b。设F(x)=(1x)1,0x1，则(x)=x0，F(x)在0x1上减，故F(x)F(0)=1，即(1x)1，0x1，0x1，取x=0.1，=，0.1，即a1.1,a=0.10.11.设G(x)=2lnxx+,x1，则(x)=1上减，故G(x)G(1)=0，即2lnxx,取x=，得ln()=0.110.1=a,即ca，综上ca0得9x24, 由
11、0得245=，D正确；|OP|=,同理|OQ|=，故|OP|OQ|=2=.C正确。【试题评价】本题考查抛物线方程的求解，直线与抛物线位置关系的综合运用，同时还涉及了两点间的距离公式以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题12已知函数及其导函数的定义域均为，记若，均为偶函数，则ABC（4）D（2）【思路分析】由为偶函数，可得关于对称，可判断；为偶函数，可得，关于对称，可判断；由，关于对称，可得，得到是的极值点，也是极值点，从而判断；图象位置不确定，可上下移动，故函数值不确定，从而判断【解析】【解法一】(特殊值验证)：为偶函数，可得，关于对称，令，可得，即（4），故正确；为偶函数，关于对
12、称，故不正确；关于对称，是函数的一个极值点，又关于对称，是函数的一个极值点，关于对称，是函数的一个极值点，故正确；图象位置不确定，可上下移动，即没一个自变量对应的函数值是确定值，故错误故选：【解法二】(补解) (导数推导)：由f(),g(2+x)均为偶函数，得f()=f(), g(2+x)=g(2x)，故f()=f(),两边同时求导得()=(),即g()=g(),g(x)关于直线x=2对称，且关于点(,0)对称，从而可得g(x)的周期为T=4(2)=2,由g()=g()可得g()=g(),即g()=0，g()= g(+2)= g()=0,B正确；g(1)= g(1+2)=g(1)=g()=g(
13、)=g(2)，D不正确。由导函数与原函数的关系知函数f(x)的周期为2，关于直线x=对称，关于点(2，m)对称，若m=0，则f(0)=f(2)=0，若m0，f(0)=f(2)0，A错误；由f(x)关于直线x=对称，得f(1)=f()=f(+)=f(4)，C正确。【解法三】(补解)(特殊函数)：构造函数f(x)=sinx+2，则g(x)=cosx，适合题意条件，验证选项，A、D错误，B、C正确。【试题评价】本题考查函数的奇偶性，极值点与对称性，考查了转化思想和方程思想，属中档题三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13的展开式中的系数为 （用数字作答）【思路分析】由题意依次求出中，项的
14、系数，求和即可【解析】的通项公式为，当时，当时，的展开式中的系数为故答案为：【试题评价】本题考查二项式定理的应用，考查运算求解能力，是基础题14写出与圆和都相切的一条直线的方程 （填，都正确）【思路分析】由题意画出图形，可得两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条分别求出三条切线方程，则答案可求【解析】【解法一】(特殊点对称法)圆的圆心坐标为，半径，圆的圆心坐标为，半径，如图：，两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条，的斜率为，设直线，即，由，解得（负值舍去），则；由图可知，；与关于直线对称，联立，解得与的一个交点为，在上取一点，该点关于的对称点为，则，解得对称点为，则，即与圆和都相
15、切的一条直线的方程为：（填，都正确）故答案为：（填，都正确）【解法二】(补解)(转化过点的圆切线)：显然两圆的圆心距为5=1+4，即两圆相外切，故两圆有三条公切线。设两圆的圆心分别为O，M，易得OM：3y=4x，与圆O方程联立解得x=，y=(只取第一象限)，从而两圆的公切点为N(，)，过N与OM垂直的直线方程为y=(x)，即3x+4y5=0.此为过N的两圆的一条公切线。延长MO到P，使得4=，则P为另两条公切线的交点，且=(1, )，当切线的斜率不存在时，过P与圆O相切的直线为x+1=0，适合题意；当切线斜率存在时，设切线方程为y+=k(x+1)，则由点到直线的距离公式得=1，解得k=，故切线
16、方程为y+=(x+1)，即7x24y25=0.综上，两圆的三条公切线方程为：3x+4y5=0，x+1=0，7x24y25=0。【解法三】(硬算)：当两圆的公切线斜率不存在时，设切线为x=m，则|m|=1且|m3|=4，解得m=1，故两圆的一条公切线为x=1；当两圆的公切线斜率存在时，设两圆的公切线为y=kx+b，则=1，且=4,联立解得或故两圆的公切线方程为y=x+，y=x。综上，两圆的三条公切线方程为：x=1，y=x+，y=x。【试题评价】本题考查圆的切线方程的求法，考查圆与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题15若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是 ，【思路分析】设切点坐标
17、为，利用导数求出切线的斜率，进而得到切线方程，再把原点代入可得，因为切线存在两条，所以方程有两个不等实根，由即可求出的取值范围【解析】【解法一】(切线方程)，设切点坐标为，切线的斜率，切线方程为，又切线过原点，整理得：，切线存在两条，方程有两个不等实根，解得或，即的取值范围是，故答案为：，【解法二】(补解)法二(切线斜率)：设切点为(m,(m+a)，易得=(x+a+1)，则切线的斜率k=(m+a+1)=，即m(m+a+1)=m+a,+ama=0，依题意其有两个不等实根，故=+4a0，解得a0.【试题评价】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题16已知椭圆，的上顶点为，两个
18、焦点为，离心率为过且垂直于的直线与交于，两点，则的周长是 13【思路分析】根据已知条件，先设出含的椭圆方程，再结合三角形的性质，以及弦长公式，求出的值，最后再根据椭圆的定义，即可求解【解析】【解法一】(转化+定义):椭圆的离心率为，不妨可设椭圆，的上顶点为，两个焦点为，为等边三角形，过且垂直于的直线与交于，两点，由等腰三角形的性质可得，设直线方程为，将其与椭圆联立化简可得，由韦达定理可得，解得，由椭圆的定义可得，的周长等价于故答案为：13【解法二】(补解) (验证中点)：仿法一得a=2c,b=c,仿法一由DE=6算出c=从而a=.如图，连接E，D，易知A的中点为M(,DE：y=(x+c)，显然
19、M在直线DE，即DE是A的垂直平分线，从而AE=E，AD=D，故ADE的周长为AD+AE+DE=D+E+DE= D+E+ D+E=4a=13.【解法三】(补解)(硬算+巧开方)：由椭圆的离心率为可得a=2c，从而b=c，椭圆方程化为3+4=12，A(0, c),取为椭圆的左焦点，为椭圆的右焦点，易得A的斜率为，故DE的斜率为，DE的方程为y=(x+c)，代入椭圆方程并整理得13+8cx32=0，设D(,),E(,),则+=，=,于是DE=6，解得c=，此时13+13x=0，解得x=，取D(,),E(,)，A(0,),AD=,AE=,设223+84=，则解得m=14，n=3，故AD=，同理AE=
20、，故AD+AE=7，ADE的周长为AD+AE+DE=13.【解法四】(补解) (硬算+巧平方)：仿上得到AD、AE的长度，设t=+，则=446+2=446+2=446+2189=784=,故t=28，AD+AE=7.下同法三。【解法五】(补解)(极坐标方程): ，则设，由焦点弦公式，可知即，由椭圆的定义可得，的周长等价于故答案为：13【试题评价】本题主要考查直线与椭圆的综合应用，需要学生很强的综合能力，属于中档题四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）记为数列的前项和，已知，是公差为的等差数列（1）求的通项公式；（2）证明：【思路分析】（1）直
21、接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式；（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法的应用求出数列的和，进一步利用放缩法的应用求出结果【解析】（1）解：【解法一】(隔项累乘法)：已知，是公差为的等差数列，所以，整理得，故当时，得：，故，化简得：，；所以，故（首项符合通项）所以【解法二】(补解)(相邻累乘)：仿法一得,=1=,显然 n=1时=1适合上式，故=.【解法三】(补解)(构造常数列)：仿法一得(n1)=(n+1),即n(n1)=(n+1)n,故是常数列，=，=.（2）证明：由于，所以，所以【试题评价】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，裂项相消
22、法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题18（12分）记的内角，的对边分别为，已知（1）若，求；（2）求的最小值【思路分析】（1）利用倍角公式、和差公式、三角形内角和定理即可得出（2）利用诱导公式把用表示，再利用正弦定理、倍角公式、基本不等式即可得出结论【解析】（1）【解法一】(交叉相乘)：，化为：，【解法二】(补解)(半角公式)：由诱导公式及二倍角公式可得，由二倍角公式得，tan=tanB，又()，B(0,)，=B，即A=2B，从而C=+B，又C=，+B=，解得B=.（2）【解法一】(统一为C)：由（1）可得：，为钝角，都为锐角，A=0，得，当且仅当时取等号的最
23、小值为【解法二】(补解)法二(统一为B)：由(1)知A=2B(0,)，B(0,)，C=+B(0,)，解得，B(0, )，从而cosB(,1),由正弦定理得=545,当且仅当4=，=时取等号。故的最小值为45。【试题评价】本题考查了倍角公式、和差公式、三角形内角和定理、余弦定理、基本不等式、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题19（12分）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为（1）求到平面的距离；（2）设为的中点，平面平面，求二面角的正弦值【思路分析】（1）利用柱与锥的体积关系求得三棱锥的体积，再由等体积法求点到平面的距离；（2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系
24、，利用向量法可求二面角的正弦值【解析】（1）由直三棱柱的体积为4，可得，设到平面的距离为，由，解得 （2）【解法一】(面面垂直性质+坐标法)：由直三棱柱知平面，又BB1平面，所以平面平面，又平面平面，又平面平面，所以平面，以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，又，解得，则，0，2，0，2，1，则，2，1，0，设平面的一个法向量为，则，令，则，平面的一个法向量为，0，设平面的一个法向量为，令，则，平面的一个法向量为，1，二面角的正弦值为【解法二】(补解)法二(定义法)：直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB，则四边形ABB1A1是正方形，连接AB1、A1B，则AB1A
25、1B，又平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1=A1B，A1B平面ABB1A1，AB1平面A1BC，又BC平面A1BC，AB1BC，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1平面ABC，BC平面ABC，BB1BC，又AB1, BB1平面ABB1A1，AB1BB1=B1，BC平面ABB1A1，又AB平面ABB1A1，BCAB。设AB=A1A=a，BC=b，则aab=4，ab=2，解得a=b=2.设AB1A1B=O，由AB1平面A1BC，知AO平面A1BC，由(1)知AO=，在平面ABD中，过A作AEBD于E，连接OE，则BD平面AEO，从而BDOE，故AEO是二面角A-BD-C
26、的补角的平面角，ABD中，可求得AD=BD=，又AB=2，由等面积法可得AE=，RtAEO中，sinAEO=.即二面角A-BD-C的正弦值为.【试题评价】本题考查求点到面的距离，求二面角的正弦值，属中档题20（12分）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090（1）能否有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）从该地的人群中任选一人，表示事件“选到的人卫
27、生习惯不够良好”， 表示事件“选到的人患有该疾病”， 与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为（）证明：；（）利用该调查数据，给出，的估计值，并利用（）的结果给出的估计值附： 0.0500.0100.0013.8416.63510.828【思路分析】（1）补充列联表，根据表中数据计算，对照附表得出结论（2）根据条件概率的定义与运算性质，证明即可；（）利用调查数据和对立事件的概率公式，计算即可【解析】（1）补充列联表为：不够良好良好合计病例组4060100对照组1090100合计50150200计算，所以有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）
28、证明：；（）利用调查数据，所以【试题评价】本题考查了独立性检验的应用，也考查了条件概率的应用，是中档题21（12分）已知点在双曲线上，直线交于，两点，直线，的斜率之和为0（1）求的斜率；（2）若，求的面积【思路分析】（1）将点代入双曲线方程得，由题显然直线的斜率存在，设，与双曲线联立后，根据直线，的斜率之和为0，求解即可；（2）设直线的倾斜角为，由，得，联立，及，根据三角形面积公式即可求解【解析】（1）【解法一】(常规设法)：将点代入双曲线方程得，化简得，故双曲线方程为，由题显然直线的斜率存在，设，设，则联立双曲线得：，故，化简得：，故，即，当m+2k1=0时，直线l：y=kx2k+1过点A，
29、不合题意，舍去.,故；【解法二】(补解)解法二(平移变换+齐次化): 利用坐标平移变换将坐标原点平移到， 设新坐标系下直线的方程为，双曲线的方程为：即，则化齐次联立，得即，两边同时除以，得，方程的两根即为直线的斜率，即，故直线的斜率为.【解法三】(补解)（齐次化）：仿法一得双曲线方程为，设，AP,AQ的斜率之和为0，故将双曲线方程为变形为：，且设直线，由式有：,（两边同除以），即，而是此方程的两根。，故直线斜率为1. （2）【解法一】(计算AP、AQ)：设直线的倾斜角为，则PAQ=2或2，由，得或，当时，得，即，联立，及得，代入直线得，故，而，由，得，故当时，PAQ=2，得，仿上得，代入直线得
30、，故，而，由，得，故【解法二】(补解)法二(计算弦长和高) 设AP的倾斜角为，则AQ的倾斜角为，PAQ=2或2，由tanPAQ=2有，解得tan=或 (舍去，因为此时直线AP/双曲线渐近线，P不存在)，取kAP=，kAQ=，则AP：y1=(x2)，AQ：y1= (x2)，由有由有PQ：y=x+，PQ=,A到PQ的距离h=，故PAQ的面积为h=.【解法三】(补解)（面积坐标公式）：仿法二得P,Q坐标，所以，故。【试题评价】本题考查了直线与双曲线的综合，属于中档题22（12分）已知函数和有相同的最小值（1）求；（2）证明：存在直线，其与两条曲线和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
31、等差数列【思路分析】（1）先对两个函数求导，然后研究函数和的单调性，从而求得和的零点，进而得到函数的极小值(最小值)，然后列出方程求得的值；（2）设三个交点的横坐标从小到大依次为，得到有关，的方程，然后化简利用函数的单调性求得，和的数量关系，进而得证命题【解答】（1）解：，在上单调递增，函数在上单调递增，函数和函数在各自定义域上单调递增，又函数和有最小值，当时，当时，函数在上单调递减，在上单调递增，函数在上单调递减，在，上单调递增，函数和有相同的最小值，即lna=，lna+1=0,记F(x)= lnx+1 (x0)，则(x)=0，故F(x)在x0上增，又F(1)=0，故F(a)=0有唯一解a=
32、1.a=1.（2）证明：由(1)知f(x)= x，g(x)= xlnx，(x)= 1,(x)=1(x0)，f(x)在(, 0)上减，在(0,+)上增，f(x)最小值是f(0)=1；g(x)在(0,1)上减，在(1,+)上增，g(x)最小值是g(1)=1，如图，对于函数f(x)，当x0时，函数值从最小值1逐渐增大到+；对于函数g(x)，当0x0)，则(x)= +2(x0)，若x1，则(x)e+20；若0x+2=10，故(x)0对x0恒成立，G(x)在x0上单调递增，又G(1)=e+020, G()=+ln220，存在唯一的(0,1)，使得G()=0，即方程f(x)=g(x)有唯一的解(0,1)。
33、由图知当b= f()=g()时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点；当1bf()时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有四个不同的交点；当b=1时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个不同的交点；当b1时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点。取b=f()=g()时，直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，作出直线y=b，y=f(x)和y=g(x)的草图，设直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)的三个交点的横坐标从小到大依次为，由（1）得，函数在上单调递减，在上单调递增，函数在上单调递减，在上单调递增，成等差数列，存在直线，其与两条曲线和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【试题评价】本题考查了导数的应用，利用导数求函数的单调性，函数的零点，解题的关键是利用函数的单调性求得、和的数量关系第26页（共26页）
