2022年全國高考理科數(shù)學(xué)（乙卷）試題及答案解析

1、 2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（乙卷）理科數(shù)學(xué)設(shè)全集U=1,2,3,4,5，集合M滿足UM=1,3，則()A. 2MB. 3MC. 4MD. 5M已知z=12i，且z+az+b=0，其中a，b為實(shí)數(shù)，則()A. a=1，b=2B. a=1，b=2C. a=1，b=2D. a=1，b=2已知向量a，b滿足|a|=1，|b|=3，|a2b|=3，則ab=()A. 2B. 1C. 1D. 2嫦娥二號(hào)衛(wèi)星在完成探月任務(wù)后，繼續(xù)進(jìn)行深空探測，成為我國第一顆環(huán)繞太陽飛行的人造行星為研究嫦娥二號(hào)繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數(shù)列bn：b1=1+11，b2=1+11+12，b3=1+11+12+

2、13，依此類推，其中kN(k=1,2,).則()A. b1b5B. b3b8C. b6b2D. b4p2p10.記該棋手連勝兩盤的概率為p，則()A. p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān)B. 該棋手在第二盤與甲比賽，p最大C. 該棋手在第二盤與乙比賽，p最大D. 該棋手在第二盤與丙比賽，p最大雙曲線C的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，以C的實(shí)軸為直徑的圓記為D，過F1作D的切線與C交于M，N兩點(diǎn)，且cosF1NF2=35，則C的離心率為()A. 52B. 32C. 132D. 172已知函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)+g(2x)=5，g(x)f(x4)=7.若y=g(x)的圖像關(guān)于直

3、線x=2對(duì)稱，g(2)=4，則k=122f(k)=()A. 21B. 22C. 23D. 24從甲、乙等5名同學(xué)中隨機(jī)選3名參加社區(qū)服務(wù)工作，則甲、乙都入選的概率為_過四點(diǎn)(0,0)，(4,0)，(1,1)，(4,2)中的三點(diǎn)的一個(gè)圓的方程為_記函數(shù)f(x)=cos(x+)(0,00且a1)的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)若x1b5，故A錯(cuò)誤；b3b8，故B錯(cuò)誤；b6b2，故C錯(cuò)誤；b4b7，故D正確故選：DkN(k=1,2,)，可以取k=1，依次求出數(shù)列的前8項(xiàng)，能求出正確選項(xiàng)本題考查命題真假的判斷，巧妙地把人造行星融入高考數(shù)學(xué)題，培養(yǎng)學(xué)生愛國熱情，考查運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題5.【答案】B【解析】解：F

4、為拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)(1,0)，點(diǎn)A在C上，點(diǎn)B(3,0)，|AF|=|BF|=2，由拋物線的定義可知A(1,2)(A不妨在第一象限)，所以|AB|=22故選：B利用已知條件，結(jié)合拋物線的定義，求解A的坐標(biāo)，然后求解即可本題考查拋物線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，距離公式的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題6.【答案】B【解析】解：模擬執(zhí)行程序的運(yùn)行過程，如下：輸入a=1，b=1，n=1，計(jì)算b=1+2=3，a=31=2，n=2，判斷|32222|=14=0.250.01，計(jì)算b=3+4=7，a=72=5，n=3，判斷|72522|=125=0.040.01；計(jì)算b=7+10=17，a=175=12，n=4，判斷|1

5、721222|=11440，P丙P乙=p1(p3p2)0，所以P丙最大，即棋手在第二盤與丙比賽連贏兩盤的概率最大故選：D已知棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率不相等，所以P受比賽次序影響，A錯(cuò)誤；再計(jì)算第二盤分別與甲、乙、丙比賽連贏兩盤的概率，比較大小即可本題考查概率的求法，是基礎(chǔ)題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意相互獨(dú)立事件概率乘法公式的靈活運(yùn)用11.【答案】C【解析】解：設(shè)雙曲線的方程為x2a2y2b2=1，設(shè)過F1的切線與圓D：x2+y2=a2相切于點(diǎn)P，則|OP|=a，OPPF1，又|OF1|=c，所以PF1=OF12OP2=c2a2=b，過點(diǎn)F2作F2QMN于點(diǎn)Q，所以O(shè)P/F2Q，又O為F1F

6、2的中點(diǎn)，所以|F1Q|=2|PF1|=2b，|QF2|=2|OP|=2a，因?yàn)閏osF1NF2=35，所以sinF1NF2=45，所以|NF2|=QF2sinF1NF2=5a2，則|NQ|=|NF2|cosF1NF2=3a2，所以|NF1|=|NQ|+|F1Q|=3a2+2b，由雙曲線的定義可知|NF1|NF2|=2a，所以3a2+2b5a2=2a，可得2b=3a，即ba=32，所以C的離心率e=ca=1+b2a2=1+94=132故選：C由題意設(shè)雙曲線的方程為x2a2y2b2=1，設(shè)過F1的切線與圓D：x2+y2=a2相切于點(diǎn)P，從而可求得|PF1|，過點(diǎn)F2作F2QMN于點(diǎn)Q，由中位線的

7、性質(zhì)可求得|F1Q|，|QF2|，在RtF1NF2中，可求得|NF2|，|NQ|，利用雙曲線的定義可得a，b的關(guān)系，再由離心率公式求解即可本題主要考查雙曲線的性質(zhì)，圓的性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想與數(shù)形結(jié)合思想，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題12.【答案】D【解析】解：y=g(x)的圖像關(guān)于直線x=2對(duì)稱，則g(2x)=g(2+x)，f(x)+g(2x)=5，f(x)+g(2+x)=5，f(x)=f(x)，故f(x)為偶函數(shù)，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，故f(x)關(guān)于

8、點(diǎn)(1,1)中心對(duì)稱，f(1)=f(1)=1，由f(x)+f(x2)=2，f(x)=f(x)，得f(x)+f(x+2)=2，f(x+2)+f(x+4)=2，故f(x+4)=f(x)，f(x)周期為4，由f(0)+f(2)=2，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，故選：D由y=g(x)的對(duì)稱性可得f(x)為偶函數(shù)，進(jìn)而得到f(x)關(guān)于點(diǎn)(1,1)中心對(duì)稱，所以f(1)=f(1)=1，再結(jié)合f(x)的周期為4，即可求出結(jié)果本題主要考查了函數(shù)的奇偶性、對(duì)稱性和周期性，屬于中檔題1

9、3.【答案】310【解析】解：由題意，從甲、乙等5名學(xué)生中隨機(jī)選出3人，基本事件總數(shù)C53=10，甲、乙被選中，則從剩下的3人中選一人，包含的基本事件的個(gè)數(shù)C31=3，根據(jù)古典概型及其概率的計(jì)算公式，甲、乙都入選的概率P=C31C53=310故答案為：310從甲、乙等5名學(xué)生中隨機(jī)選出3人，先求出基本事件總數(shù)，再求出甲、乙被選中包含的基本事件的個(gè)數(shù)，由此求出甲、乙被選中的概率本題主要考查古典概型及其概率計(jì)算公式，熟記概率的計(jì)算公式即可，屬于基礎(chǔ)題14.【答案】x2+y24x6y=0(或x2+y24x2y=0或x2+y283x143y=0或x2+y2165x2y165=0)【解析】解：設(shè)過點(diǎn)(0

10、,0)，(4,0)，(1,1)的圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，即F=016+4D+F=02D+E+F=0，解得F=0，D=4，E=6，所以過點(diǎn)(0,0)，(4,0)，(1,1)圓的方程為x2+y24x6y=0同理可得，過點(diǎn)(0,0)，(4,0)，(4,2)圓的方程為x2+y24x2y=0過點(diǎn)(0,0)，(1,1)，(4,2)圓的方程為x2+y283x143y=0過點(diǎn)(4,0)，(1,1)，(4,2)中的三點(diǎn)的一個(gè)圓的方程為x2+y2165x2y165=0故答案為：x2+y24x6y=0(或x2+y24x2y=0或x2+y283x143y=0或x2+y2165x2y165=0)選其中

11、的三點(diǎn)，利用待定系數(shù)法即可求出圓的方程本題考查了過不在同一直線上的三點(diǎn)求圓的方程應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題15.【答案】3【解析】解：函數(shù)f(x)=cos(x+)(0,01時(shí)，易知f(x)在R上單調(diào)遞增，此時(shí)若存在x0使得f(x0)=0，則f(x)在(,x0)單調(diào)遞減，(x0,+)單調(diào)遞增，此時(shí)若函數(shù)f(x)在x=x1和x=x2分別取極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)，應(yīng)滿足x1x2，不滿足題意；當(dāng)0a1時(shí)，易知f(x)在R上單調(diào)遞增減，此時(shí)若存在x0使得f(x0)=0，則f(x)在(,x0)單調(diào)遞增，(x0,+)單調(diào)遞減，且x0=logae(lna)2，此時(shí)若函數(shù)f(x)在x=x1和x=x2分別取極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)

12、，且x10，即：elnaelogae(lna)2a1lnae(lna)2lna1lnalne(lna)21lnalna1ln(lna)2，解得：0a1e或者0ae(舍去)，綜上所述：a的取值范圍是(0,1e)由已知分析函數(shù)f(x)=2(axlnaex)至少應(yīng)該兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，對(duì)其再求導(dǎo)f(x)=2ax(lna)22e，分類討論0a1時(shí)兩種情況，本題主要考查利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)極值點(diǎn)存在大小關(guān)系時(shí)，導(dǎo)函數(shù)圖像的問題，屬于中檔題17.【答案】(1)證明：ABC中，sinCsin(AB)=sinBsin(CA)，所以sinC(sinAcosBcosAsinB)=sinB(sinCcosAcosCsinA

13、)，所以sinAsinBcosC+sinAcosBsinC=2cosAsinBsinC，即sinA(sinBcosC+cosBsinC)=2cosAsinBsinC，所以sinAsin(B+C)=2cosAsinBsinC，由正弦定理得a2=2bccosA，由余弦定理得a2=b2+c2a2，所以2a2=b2+c2；(2)當(dāng)a=5，cosA=2531時(shí)，b2+c2=252=50，2bc=a2cosA=252531=31，所以(b+c)2=b2+c2+2bc=50+31=81，解得b+c=9，所以ABC的周長為a+b+c=5+9=14【解析】(1)利用兩角差與和的正弦公式，三角形內(nèi)角和公式，正弦和

14、余弦定理，即可求得結(jié)論；(2)利用(1)中結(jié)論求出b2+c2和2bc的值，即可求出ABC的周長本題考查了三角恒等變換與解三角形的應(yīng)用問題，也考查了運(yùn)算求解能力與推理證明能力，是中檔題18.【答案】(1)證明：AD=CD，E為AC的中點(diǎn)DEAC，又AD=CD，ADB=BDC，BD=BD，ABDCBD，AB=BC，又E為AC的中點(diǎn)EBAC，又BEDE=E，AC平面BED，又AC平面ACD，平面BED平面ACD；(2)解：連接EF，由(1)知ACEF，SAFC=12ACEF， 故EF最小時(shí)，AFC的面積最小，EFBD時(shí)，AFC的面積最小，又AC平面BED，BD平面BED，ACBD，又ACEF=E，B

15、D平面AFC，又BD平面ABD，平面ABD平面AFC，過C作CMAF于點(diǎn)M，則CM平面ABD，故CFM，即CFA為直線CF與平面ABD所成的角，由AB=BD=2，ACB=60，知BAC是2為邊長的等邊三角形，故AC=2，由已知可得DE=1，BE=3，又BD=2，BD2=ED2+EB2，BED=90，所以EF=BEDEBD=32，CF=12+34=72，在ACF中，由余弦定理得cosAFC=74+74427272=17，sinAFC=437故CF與平面ABD所成的角的正弦值為437【解析】(1)利用三角形全等可得AB=BC，可證EBAC，易證DEAC，從而可證平面BED平面ACD；(2)由題意可

16、知AFC的面積最小時(shí)，EFBD，據(jù)此計(jì)算可求得CF與平面ABD所成的角的正弦值本題考查面面垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，屬中檔題19.【答案】解：(1)設(shè)這棵樹木平均一棵的根部橫截面積為x，平均一棵的材積量為y，則根據(jù)題中數(shù)據(jù)得：x=0.610=0.06，y=3.910=0.39；(2)由題可知，r=i=110(xix)(yiy)i=110(xix)2i=110(yiy)2=i=110 xiyinxy(i=110 xi2nx2)(i=110yi2ny2)=0.01340.0020.0948=0.01340.011.896=0.01340.01377=0.97；(3)設(shè)從根部面積總和X，

17、總材積量為Y，則XY=xy，故Y=0.390.06186=1209(m3).【解析】根據(jù)題意結(jié)合線性回歸方程求平均數(shù)、樣本相關(guān)系數(shù)，并估計(jì)該林區(qū)這種樹木的總材積量的值即可本題考查線性回歸方程，屬于中檔題20.【答案】解：(1)設(shè)E的方程為x2a2+y2b2=1，將A(0,2),B(32,1)兩點(diǎn)代入得4b2=194a2+1b2=1，解得a2=3，b2=4，故E的方程為x23+y24=1；(2)由A(0,2),B(32,1)可得直線AB：y=23x2 若過P(1,2)的直線的斜率不存在，直線為x=1，代入x23+y24=1，可得M(1,263)，N(1,263)，將y=263代入AB：y=23x

18、2，可得T(6+3,263)，由MT=TH，得H(26+5,263)，易求得此時(shí)直線HN：y=(2263)x2，過點(diǎn)(0,2)；若過P(1,2)的直線的斜率存在，設(shè)kxy(k+2)=0，M(x1,y1)，N(x2,y2)，聯(lián)立kxy(k+2)=0 x23+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+4y1y2=4(4+4k2k23k2+4，且x1y2+x2y1=24k3k2+4()，聯(lián)立y=y1y=23x2，可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6x1,y1

19、)，可求得此時(shí)HN：yy2=y1y23y1+6x1x2(xx2)，將(0,2)代入整理得2(x1+x2)6(y1+y2)+x1y2+x2y13y1y212=0，將()代入，得24k+12k2+96+48k24k4848k+24k236k248=0，顯然成立綜上，可得直線HN過定點(diǎn)(0,2)【解析】(1)設(shè)E的方程為x2a2+y2b2=1，將A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)代入即可求解；(2)由A(0,2),B(32,1)可得直線AB：y=23x2，若過P(1,2)的直線的斜率不存在，直線為x=1，代入橢圓方程，根據(jù)MT=TH即可求解；若過P(1,2)的直線的斜率存在，設(shè)kxy(k+2)=0，M(x1,y1)，N

20、(x2,y2)，聯(lián)立kxy(k+2)=0 x23+y24=1，得(3k2+4)x26k(2+k)x+3k(k+4)=0，結(jié)合韋達(dá)定理和已知條件即可求解本題考查了直線與橢圓的綜合應(yīng)用，屬于中檔題21.【答案】解：(1)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=ln(1+x)+xex，則f(x)=11+x+exxex，f(0)=1+1=2，又f(0)=0，所求切線方程為y=2x；(2)f(x)=11+x+a(1x)ex，若a0，當(dāng)1x0，f(x)單調(diào)遞增，則f(x)f(0)=0，不合題意；故a0，解得1x1+2，令g(x)0，解得12x1時(shí)，g(x)0，若g(0)=1+a0，當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，f(x)單調(diào)遞增，不

21、合題意；若g(0)=1+a0，g(0)g(1)0，則存在x0(0,1)，使得g(x0)=0，且當(dāng)x(0,x0)時(shí)，g(x)g(0)=0，f(x)單調(diào)遞減，則f(x0)1時(shí)，f(x)ln(1+x)+a0，f(ea1)0，則由零點(diǎn)存在性定理可知f(x)在(1,ea1)上存在一個(gè)根，當(dāng)12x0時(shí)，g(x)f(0)=0，當(dāng)1x12時(shí)，f(x)ln(1+x)ae0，f(eae1)0，則由零點(diǎn)存在性定理可知f(x)在(eae1,12)上存在一個(gè)根綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(,1)【解析】(1)將a=1代入，對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)，求出f(0)及f(0)，由點(diǎn)斜式得答案；(2)對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)，分a0及a0討論，當(dāng)a0時(shí)容易判斷不合題意，當(dāng)a0時(shí)，令g(x)=1+a(1x2)ex，利用導(dǎo)數(shù)判斷g(x)的性質(zhì)，進(jìn)而判斷得到函數(shù)f(x)的單調(diào)性并結(jié)合零點(diǎn)存在性定理即可得解本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，零點(diǎn)問題，考查分類討論思想及運(yùn)算求解能力，屬于難題22.【答案】解：(1)由sin(+3)+