2022年高考数学试卷（理）（全国乙卷）（解析卷）

1/30 绝密★启用前 2022 年普通高等学校招生全国统一考试 数学（理科） 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． 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.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.写在本试 卷上无效． 3．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，每小题5 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． 1. 设全集 ，集合M 满足 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先写出集合 ,然后逐项验证即可 【详解】由题知 ,对比选项知， 正确, 错误 故选: 2. 已知 ，且 ，其中a，b 为实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 1/30 【分析】先算出 ,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可 【详解】 由 ,结合复数相等的充要条件为实 部、虚部对应相等， 得 ,即 故选: 3. 已知向量 满足 ，则 （ ） 2/30 A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可. 【详解】解：∵ ， 又∵ 9 ∴ ， ∴ 故选：C. 4. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据 ，再利用数列 与 的关系判断 中各项的大小，即可求解. 【详解】[方法一]:常规解法 因为 ， 2/30 所以 ， ，得到 ，同理 ，可得 ， 又因为 ， 3/30 故 ， ； 以此类推，可得 ， ，故A 错误； ，故B 错误； ，得 ，故C 错误； ，得 ，故D 正确. [方法二]：特值法 不妨设 则 故D 正确. 5. 设F 为抛物线 的焦点，点A 在C 上，点 ，若 ，则 （ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点 的横坐标，进而求得点 坐标，即可 得到答案. 【详解】由题意得， ，则 ， 即点 到准线 的距离为2，所以点 的横坐标为 ，不妨设点 在 轴上方，代入得， ， 3/30 所以 . 故选：B 6. 执行下边的程序框图，输出的 （ ） 4/30 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据框图循环计算即可. 【详解】执行第一次循环， ， ， ； 执行第二次循环， ， ， ；执行第三次循环， ， ， ，此时输出 . 故选：B 4/30 7. 在正方体 中，E，F 分别为 的中点，则（ ） A. 平面 平面 B. 平面 平面 5/30 C. 平面 平面 D. 平面 平面 【答案】A 【解析】 【分析】证明 平面 ，即可判断A；如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ， 分别求出平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 【详解】解：在正方体 中， 且 平面 ， 又 平面 ，所以 ， 因为 分别为 的中点， 所以 ，所以 ， 又 ， 所以 平面 ， 又 平面 ， 所以平面 平面 ，故A 正确； 选项BCD 解法一： 如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ， 则 ， ， 则 ， ， 设平面 的法向量为 ， 5/30 则有 ，可取 ， 同理可得平面 的法向量为 ， 平面 的法向量为 ， 平面 的法向量为 ， 则 ， 6/30 所以平面 与平面 不垂直，故B 错误； 因为 与 不平行， 所以平面 与平面 不平行，故C 错误； 因为 与 不平行， 所以平面 与平面 不平行，故D 错误， 故选：A. 选项BCD 解法二： 解：对于选项B，如图所示，设 ， ，则 为平面 与平面 的 交线，在 内，作 于点 ，在 内，作 ，交 于点 ，连结 ， 则 或其补角为平面 与平面 所成二面角的平面角， 由勾股定理可知： ， ， 底面正方形 中， 为中点，则 ， 6/30 由勾股定理可得 ， 从而有： ， 据此可得 ，即 ， 据此可得平面 平面 不成立，选项B 错误； 7/30 对于选项C，取 的中点 ，则 ， 由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项C 错误； 对于选项D，取 的中点 ，很明显四边形 为平行四边形， 则 ， 由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项D 错误； 故选：A. 8. 已知等比数列 的前3 项和为168， ，则 （ ） A. 14 B. 12 C. 6 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列 的公比为 ，易得 ，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的 通项即可得解. 7/30 【详解】解：设等比数列 的公比为 ， 若 ，则 ，与题意矛盾， 所以 ， 8/30 则 ，解得 ， 所以 . 故选：D. 9. 已知球O 的半径为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】【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积 最大值为 ，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱 锥的体积最大时其高的值. 【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式 设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD 所在小圆半径为r， 设四边形ABCD 对角线夹角为 ， 则 （当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立） 即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为 又设四棱锥的高为 ，则 ， 当且仅当 即 时等 号成立. 故选：C [方法二]：统一变量＋基本不等式 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径为，则 8/30 ，所以该四棱锥的高 ， 9/30 (当且仅当 ，即 时，等号成立) 所以该四棱锥的体积最大时，其高 . 故选：C． [方法三]：利用导数求最值 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径为，则 ，所以该四棱锥的高 ， ，令 ， ，设 ，则 ， ， ，单调递增， ， ，单调递减， 所以当 时， 最大，此时 ． 故选：C. 【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解； 方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值； 方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法． 10. 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（ ） 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 9/30 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】 【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率 ； 该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率 ；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率 .并对三 者进行比较即可解决 10/30 【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为 ， 则此时连胜两盘的概率为 则 ； 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为 ， 则 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为 则 则 即 ， ， 则该棋手在第二盘与丙比赛， 最大.选项D 判断正确；选项BC 判断错误； 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A 判断错误. 故选：D 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 交于M，N 两点， 且 ，则C 的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】依题意不妨设双曲线焦点在 轴，设过 作圆 的切线切点为 ，利用正弦定理结合三角变换、 10/30 双曲线的定义得到 或 ，即可得解，注意就 在双支上还是在单支上分类讨论. 【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用 11/30 情况一 M、N 在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在 轴，设过 作圆 的切线切点为B， 所以 ，因为 ，所以 在双曲线的左支， ， ， ，设 ，由即 ，则 ， 选A 情况二 若M、N 在双曲线的两支，因为 ，所以 在双曲 线的右支， 所以 ， ， ，设 ， 由 ，即 ，则 ， 11/30 所以 ，即 ， 所以双曲线的离心率 选C [方法二]：答案回代法 12/30 特值双曲线 ， 过 且与圆相切的一条直线为 ， 两交点都在左支, ， ， 则 ， 特值双曲线 ， 过 且与圆相切的一条直线为 ， 两交点在左右两支， 在右支， ， ， 则 ， [方法三]： 依题意不妨设双曲线焦点在 轴，设过 作圆 的切线切点为 ， 若 分别在左右支， 12/30 因为 ，且 ，所以 在双曲线的右支， 又 ， ， ， 设 ， ， 在 中，有 ，故 即 ， 13/30 所以 ， 而 ， ， ，故 ， 代入整理得到 ，即 ， 所以双曲线的离心率 若 均在左支上， 同理有 ，其中 为钝角，故 ， 故 即 ， 代入 ， ， ，整理得到： ， 13/30 故 ，故 ， 故选：AC. 12. 已知函数 的定义域均为R，且 ．若 的图 像关于直线 对称， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 14/30 【解析】 【分析】根据对称性和已知条件得到 ，从而得到 ， ，然后根据条件得到 的值，再由题意得到 从而得到 的值即可求解. 【详解】因为 的图像关于直线 对称， 所以 ， 因为 ，所以 ，即 ， 因为 ，所以 ， 代入得 ，即 ， 所以 ， . 因为 ，所以 ，即 ，所以 . 因为 ，所以 ，又因为 ， 联立得， ， 所以 的图像关于点 中心对称，因为函数 的定义域为R， 所以 因为 ，所以 . 所以 . 14/30 故选：D 【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后 得到所需的一些数值或关系式从而解题. 二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 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____________． 15/30 【答案】 ##0.3 【解析】 【分析】根据古典概型计算即可 【详解】解法一：设这5 名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5 名同学中随机选3 名， 有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙， 1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10 种选法； 其中，甲、乙都入选的 选法有3 种，故所求概率 . 故答案为： . 解法二：从5 名同学中随机选3 名的方法数为 甲、乙都入选的方法数为 ，所以甲、乙都入选的概率 故答案为： 14. 过四点 中的三点的一个圆的方程为____________． 【 答 案 】 或 或 或 ． 【解析】 【分析】方法一：设圆的方程为 ，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可； 【详解】[方法一]：圆的一般方程 依题意设圆的方程为 ，（1）若过 ， ， ，则 15/30 ，解得 ， 所以圆的方程为 ，即 ； （2）若过 ， ， ，则 ，解得 ， 所以圆的方程为 ，即 ； 16/30 （3）若过 ， ， ，则 ，解得 ， 所以圆的方程为 ，即 ； （4）若过 ， ， ，则 ，解得 ，所以圆的方程 为 ，即 ； 故答案为： 或 或 或 ． [方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心） 设 （1）若圆过 三点，圆心在直线 ，设圆心坐标为 ， 则 ，所以圆的方程为 ；（2）若圆 过 三点， 设圆心坐标为 ，则 ，所以圆的 方程为 ； 16/30 （3）若圆过 三点，则线段 的中垂线方程为 ，线段 的中垂线方程 为 ，联立得 ，所以圆的方程为 ； （4）若圆过 三点，则线段 的中垂线方程为 ， 线段 中垂线方程为 ，联立 得 ，所以圆的方程为 ． 17/30 故答案为： 或 或 或 ． 【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁； 方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解． 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】 【解析】 【分析】首先表示出 ，根据 求出 ，再根据 为函数的零点，即可求出 的取值，从 而得解； 【详解】解： 因为 ，（ ， ） 所以最小正周期 ，因为 ， 又 ，所以 ，即 ， 又 为 的零点，所以 ，解得 ，因为 ，所以当 时 ； 故答案为： 16. 已知 和 分别是函数 （ 且 ）的极小值点和极大值点．若 17/30 ，则a 的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】法一：依题可知，方程 的两个根为 ，即函数 与函数 18/30 的图象有两个不同的交点，构造函数 ，利用指数函数的图象和图象变换得到 的图象， 利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点 因为 ，所以方程 的 两个根为 ， 即方程 的两个根为 ， 即函数 与函数 的图象有两个不同的交点， 因为 分别是函数 的极小值点和极大值点， 所以函数 在 和 上递减，在 上递增， 所以当时 ， ，即 图象在 上方 当 时， ，即 图象在 下方 ，图象显然不符合题意，所以 ． 令 ，则 ， 设过原点且与函数 的图象相切的直线的切点为 ， 则切线的斜率为 ，故切线方程为 ， 则有 ，解得 ，则切线的斜率为 ，因为函数 与函数 的图象有两个不同的交点， 18/30 所以 ，解得 ，又 ，所以 ， 综上所述， 的取值范围为 ． [方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导 19/30 =0 的两个根为 因为 分别是函数 的极小值点和极大值点， 所以函数 在 和 上递减，在 上递增， 设函数 ，则 ， 若 ，则 在 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 且 的极小值点和极大值点，则 ，不符合题意； 若 ，则 在 上单调递减，此时若 ，则 在 上单调递增，在 上单调递减，令 ，则 ，此时若有 和 分别是函数 且 的极小值点和极大值点，且 ，则需满足 ， ，即 故 ， 所以 . 【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是 该题的最优解； 法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于 通性通法． 三、解答题：共0 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21 题为必考题， 19/30 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. 记 的内角 的对边分别为 ，已知 ． （1）证明： ； （2）若 ，求 的周长． 【答案】（1）见解析 （2）14 【解析】 【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证； 20/30 （2）根据（1）的结论结合余弦定理求出 ，从而可求得 ，即可得解. 【小问1 详解】 证明：因为 ， 所以 ， 所以 ， 即 ， 所以 ； 【小问2 详解】 解：因为 ， 由（1）得 ， 由余弦定理可得 ， 则 ，所以 ，故 ， 所以 ， 所以 的周长为 . 18. 如图，四面体 中， ，E 为 的中点． 20/30 （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． 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 与平面 所成的角的正弦值为 【解析】 21/30 【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，结合等腰三角形三线合一得到垂直 关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到 ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【小问1 详解】 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 . 【小问2 详解】 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 , 在 中， ，所以 . 以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 ， 21/30 则 ，所以 ， 设平面 的一个法向量为 ， 则 ，取 ，则 ， 又因为 ，所以 ， 22/30 所以 ， 设 与平面 所成的角为 ， 所以 ， 所以 与平面 所成的角的正弦值为 . 19. 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ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 根部横截面 积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0 . 05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9 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0.01）； 22/30 （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