2022年高考理數(shù)真題試卷（全國乙卷）(教師版)

2022年高考理數(shù)真題試卷（全國乙卷）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．1．（2022·全國乙卷）設全集U={1，2，3，4，5}，集合M滿足?UA．2∈M B．3∈M C．4?M D．5?M【答案】A【知識點】元素與集合關系的判斷；補集及其運算【解析】【解答】易知M={2，4，5}，對比選項即可判斷，A正確.故選：A【分析】先寫出集合M，即可判斷.2．（2022·全國乙卷）已知z=1?2i，且z+azA．a=1，b=?2 B．a=?1，b=2C．a=1，b=2 D．a=?1，b=?2【答案】A【知識點】復數(shù)相等的充要條件；復數(shù)代數(shù)形式的加減運算【解析】【解答】易知z所以z+a由z+az+b=0，得1+a+b=02a?2=0故選：A【分析】先求得z，再代入計算，由實部與虛部都為零解方程組即可.3．（2022·全國乙卷）已知向量a，b滿足|a|=1，|b|=3，|a?2b|=3，則A．-2 B．-1 C．1 D．2【答案】C【知識點】平面向量數(shù)量積的性質及其運算律【解析】【解答】解：∵|a又∵|∴9=1?4a∴a故選：C【分析】根據(jù)給定模長，利用向量的數(shù)量積運算求解即可.4．（2022·全國乙卷）嫦娥二號衛(wèi)星在完成探月任務后，繼續(xù)進行深空探測，成為我國第一顆環(huán)繞太陽飛行的人造行星，為研究嫦娥二號繞日周期與地球繞日周期的比值，用到數(shù)列{bn}：b1=1+1αA．b1<b5 B．b3<【答案】D【知識點】數(shù)列的應用【解析】【解答】解：因為αk所以α1<α1+同理可得b2<b又因為1α故b2<b以此類推，可得b11α2>1αα1+1故選：D【分析】根據(jù)αk∈N*(k=1，2，…)，再利用數(shù)列{5．（2022·全國乙卷）設F為拋物線C：y2=4x的焦點，點A在C上，點B(3，0)，若|AF|=|BF|A．2 B．22 C．3 D．【答案】B【知識點】兩點間的距離公式；拋物線的定義【解析】【解答】易知拋物線的焦點為F(1，0)，則|AF|=|BF|=2，即點A到準線x=?1的距離為2，所以點A的橫坐標為1，不妨設點A在x軸上方，代入得，A(1，2)，所以|AB|=(3?1)故選：B【分析】根據(jù)拋物線上的點到焦點和準線的距離相等，從而求得點A的橫坐標，進而求得點A坐標，即可得到答案.6．（2022·全國乙卷）執(zhí)行下邊的程序框圖，輸出的n=（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【知識點】程序框圖【解析】【解答】第一次循環(huán)：b=b+2a=1+2=3，a=b?a=3?1=2，n=n+1=2，|b第二次循環(huán)，b=b+2a=3+4=7，a=b?a=7?2=5，n=n+1=3，|b第三次循環(huán)，b=b+2a=7+10=17，a=b?a=17?5=12，n=n+1=4，|b2a故選：B【分析】根據(jù)程序框圖循環(huán)計算即可.7．（2022·全國乙卷）在正方體ABCD?A1BA．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF∥平面A1AC 【答案】A【知識點】用向量證明平行；用向量證明垂直【解析】【解答】解：在正方體ABCD?A1B1C1D又EF?平面ABCD，所以EF⊥DD1，由E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1=D，所以EF⊥平面BDD1，又EF?以點D為原點，建立如圖空間直角坐標系，設AB=2，則B1C1(0，2，2)，得EF=(?1，1，0)，A設平面B1EF的法向量為則有m?EF=?同理可得平面A1BD的法向量為平面A1AC的法向量為平面A1C1則m?n1=2?2+1=1≠0，所以平面因為m與n2不平行，所以平面B1EF因為m與n3不平行，所以平面B1EF故選：A【分析】證明EF⊥平面BDD1，即可判斷A；以點D為原點，建立如圖空間直角坐標系，設AB=2，分別求出平面B1EF，8．（2022·全國乙卷）已知等比數(shù)列{an}的前3項和為168，aA．14 B．12 C．6 D．3【答案】D【知識點】等比數(shù)列的通項公式；等比數(shù)列的前n項和【解析】【解答】解：設等比數(shù)列{an}的公比為q若q=1，則a2所以q≠1，由題意可得a1+a所以a6故選：D.【分析】設等比數(shù)列{an}的公比為q，首項為a9．（2022·全國乙卷）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（）A．13 B．12 C．33【答案】C【知識點】棱錐的結構特征；棱柱、棱錐、棱臺的體積；球內接多面體【解析】【解答】假設底面是邊長為a的正方形，底面所在圓的半徑為r，則r=所以該四棱錐的高h=1?a當且僅當a24=1?a故選：C【分析】假設底面是邊長為a的正方形，底面所在圓的半徑為r，則r=22a10．（2022·全國乙卷）某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結果相互獨立．已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1，pA．p與該棋手和甲、乙、丙的此賽次序無關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【答案】D【知識點】相互獨立事件的概率乘法公式【解析】【解答】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤，記該棋手在第二盤與甲比賽，且連勝兩盤的概率為p則p記該棋手在第二盤與乙比賽，且連勝兩盤的概率為p則p記該棋手在第二盤與丙比賽，且連勝兩盤的概率為p則p則pp即p甲<p則該棋手在第二盤與丙比賽，p最大.選項D判斷正確；選項BC判斷錯誤；p與該棋手與甲、乙、丙的比賽次序有關.選項A判斷錯誤.故選：D【分析】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤.分別求得該棋手在第二盤與甲比賽且連勝兩盤的概率p甲；該棋手在第二盤與乙比賽且連勝兩盤的概率p乙；該棋手在第二盤與丙比賽且連勝兩盤的概率11．（2022·全國乙卷）雙曲線C的兩個焦點為F1，F(xiàn)2，以C的實軸為直徑的圓記為D，過A．52 B．32 C．132【答案】C【知識點】雙曲線的簡單性質；正弦定理的應用；余弦定理的應用【解析】【解答】解：依題意不妨設雙曲線焦點在x軸，設過F1作圓D的切線切點為G所以OG⊥NF1，因為cos∠所以|OG|=a，|OF1|=c，|GF1由cos∠F1NF2=35在△F2=sin由正弦定理得2csin所以|NF1又|NF1|?|NF2|=3a+4b故選：C【分析】依題意設雙曲線焦點在x軸，設過F1作圓D的切線切點為G，可判斷N在雙曲線的右支，設∠F1NF2=α，∠F2F1N=β，即可求出sinα，sinβ，12．（2022·全國乙卷）已知函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)+g(2?x)=5，g(x)?f(x?4)=7．若y=g(x)的圖像關于直線x=2對稱，g(2)=4，則k=122A．-21 B．-22 C．-23 D．-24【答案】D【知識點】抽象函數(shù)及其應用；函數(shù)的應用【解析】【解答】因為y=g(x)的圖像關于直線x=2對稱，所以g(2?x)=g(x+2)，由g(x)?f(x?4)=7，得g(x+2)?f(x?2)=7，即g(x+2)=7+f(x?2)，因為f(x)+g(2?x)=5，所以f(x)+g(x+2)=5，代入得f(x)+[7+f(x?2)]=5，即f(x)+f(x?2)=?2，所以f(3)+f(5)+…+f(21)=(?2)×5=?10，f(4)+f(6)+…+f(22)=(?2)×5=?10.因為f(x)+g(2?x)=5，所以f(0)+g(2)=5，即f(0)=1，所以f(2)=?2?f(0)=?3.因為g(x)?f(x?4)=7，所以g(x+4)?f(x)=7，又因為f(x)+g(2?x)=5，聯(lián)立得，g(2?x)+g(x+4)=12，所以y=g(x)的圖像關于點(3，6)中心對稱，因為函數(shù)g(x)的定義域為R，所以g(3)=6因為f(x)+g(x+2)=5，所以f(1)=5?g(3)=?1.所以k=122故選：D【分析】根據(jù)對稱性和已知條件得到f(x)+g(x+2)=5代入f(x)+g(2?x)=5得到f(x)+f(x?2)=?2，從而得到f(3)+f(5)+…+f(21)=?10，f(4)+f(6)+…+f(22)=?10，然后根據(jù)條件得到f(2)的值，再由題意得到g(3)=6從而得到f(1)的值即可求解.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．（2022·全國乙卷）從甲、乙等5名同學中隨機選3名參加社區(qū)服務工作，則甲、乙都入選的概率為．【答案】3【知識點】古典概型及其概率計算公式【解析】【解答】從5名同學中隨機選3名的方法數(shù)為C甲、乙都入選的方法數(shù)為C31=3故答案為：3【分析】根據(jù)古典概型計算即可.14．（2022·全國乙卷）過四點(0，0)，(4，0)，(?1，1)，(4，2)中的三點的一個圓的方程為．【答案】(x?2)2+(y?3)2=13或【知識點】圓的一般方程；點與圓的位置關系【解析】【解答】解：設圓的方程為x2若過(0，0)，(4，0)，(?1，1)三點，則F=016+4D+F=01+1?D+E+F=0，解得所以圓的方程為x2+y若過(0，0)，(4，0)，(4，2)三點，則F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得所以圓的方程為x2+y若過(0，0)，(4，2)，(?1，1)三點，則F=01+1?D+E+F=016+4+4D+2E+F=0，解得所以圓的方程為x2+y若過(?1，1)，(4，0)，(4，2)三點，則1+1?D+E+F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得所以圓的方程為x2+y故答案為：(x?2)2+(y?3)2=13或(x?2)【分析】設圓的方程為x215．（2022·全國乙卷）記函數(shù)f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期為T，若f(T)=32，x=π9為【答案】3【知識點】余弦函數(shù)的周期性；余弦函數(shù)的零點與最值【解析】【解答】解：函數(shù)f(x)=cos(ωx+φ)，（ω>0，的最小正周期為T=2πω，因為又0<φ<π，所以φ=π6，即又x=π9為f(x)的零點，所以π9因為ω>0，所以當k=0時ωmin故答案為：3【分析】先表示周期T，再根據(jù)f(T)=32求出φ，最后根據(jù)x=π16．（2022·全國乙卷）已知x=x1和x=x2分別是函數(shù)f(x)=2ax?ex2【答案】(【知識點】利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性；利用導數(shù)研究函數(shù)的極值【解析】【解答】解：f′因為x1，x所以函數(shù)f(x)在(?∞，x1)和(所以當x∈(?∞，x1)∪(x2，+∞)時，若a>1時，當x<0時，2lna?a故a>1不符合題意，若0<a<1時，則方程2lna?a即方程lna?ax=ex的兩個根為x1，x設過原點且與函數(shù)y=g(x)的圖象相切的直線的切點為(x則切線的斜率為g′(x則有?lna?a則切線的斜率為ln2因為函數(shù)y=lna?a所以eln2a<又0<a<1，所以1e綜上所述，a的范圍為(1【分析】由x1，x2分別是函數(shù)f(x)=2ax?ex2的極小值點和極大值點，可得x∈(?∞，x1)∪(x2，+∞)時，f′(x)<0，三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題：共60分．17．（2022·全國乙卷）記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinC（1）證明：2a（2）若a=5，cosA=25【答案】（1）證明：因為sinC所以sinC所以ac?a即a2所以2a（2）解：因為a=5，cos由（1）得b2+c2=50則50?50所以bc=31故(b+c)2所以b+c=9，所以△ABC的周長為a+b+c=14.【知識點】兩角和與差的正弦公式；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】（1）利用兩角差的正弦公式化簡，再根據(jù)正弦定理和余弦定理化角為邊，從而即可得證；（2）根據(jù)（1）的結論結合余弦定理求出bc，從而可求得b+c，即可得解.18．（2022·全國乙卷）如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E為AC的中點．（1）證明：平面BED⊥平面ACD；（2）設AB=BD=2，∠ACB=60°，點F在BD上，當△AFC的面積最小時，求CF與平面ABD所成的角的正弦值．【答案】（1）證明：因為AD=CD，E為AC的中點，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，因為AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因為E為AC的中點，所以AC⊥BE；又因為DE，BE?平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，因為AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）解：連接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因為EF?平面BED，所以AC⊥EF，所以S△AFC當EF⊥BD時，EF最小，即△AFC的面積最小.因為△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，又因為∠ACB=60°，所以△ABC是等邊三角形，因為E為AC的中點，所以AE=EC=1，BE=3因為AD⊥CD，所以DE=1在△DEB中，DE2+B以E為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系E?xyz，則A(1，0，0)，B(0，3，0)，D(0，0，1)，所以設平面ABD的一個法向量為n=(x，y，z)則n?AD=?x+z=0n?又因為C(?1，0，0)，F(xiàn)(0，34，所以cos?設CF與平面ABD所成的角的正弦值為θ(0≤θ≤π所以sinθ=|所以CF與平面ABD所成的角的正弦值為43【知識點】平面與平面垂直的判定；用空間向量求直線與平面的夾角【解析】【分析】（1）根據(jù)已知關系證明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，結合等腰三角形三線合一得到垂直關系，結合面面垂直的判定定理即可證明；（2）根據(jù)勾股定理逆用得到BE⊥DE，從而建立空間直角坐標系，結合線面角的運算法則進行計算即可.19．（2022·全國乙卷）某地經(jīng)過多年的環(huán)境治理，已將荒山改造成了綠水青山．為估計一林區(qū)某種樹木的總材積量，隨機選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積（單位：m2）和材積量（單位：m樣本號i12345678910總和根部橫截面積x0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材積量y0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并計算得i=110附：相關系數(shù)r=i=1（1）估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；（2）求該林區(qū)這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關系數(shù)（精確到0.01）；（3）現(xiàn)測量了該林區(qū)所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為186m2【答案】（1）解：樣本中10棵這種樹木的根部橫截面積的平均值x樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值y據(jù)此可估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積為0.06m平均一棵的材積量為0.39（2）解：r==則r≈0.97（3）解：設該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值為Ym又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，可得0.060.39=186則該林區(qū)這種樹木的總材積量估計為1209m【知識點】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)；相關系數(shù)【解析】【分析】（1）計算出樣本中10棵這種樹木根部橫截面積的平均值及10棵這種樹木材積量平均值，即可估計該林區(qū)這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；（2）根據(jù)相關系數(shù)公式計算即可求得樣本的相關系數(shù)值；（3）依據(jù)樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，列方程即可求得該林區(qū)這種樹木的總材積量的估計值．20．（2022·全國乙卷）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過A(0，?2)，B(3（1）求E的方程；（2）設過點P(1，?2)的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足MT=【答案】（1）解：設橢圓E的方程為mx2+n則4n=194m+n=1，解得m=所以橢圓E的方程為：y（2）證明：A(0，?2)，B(32，?1)①若過點P(1，?2)的直線斜率不存在，直線x=1.代入x2可得M(1，263)，T(6+3，263y=(2?263②若過點P(1，?2)的直線斜率存在，設kx?y?(k+2)=0，M(x聯(lián)立kx?y?(k+2)=0x23可得x1+x且x聯(lián)立y=y1可求得此時HN：y?y將(0，?2)，代入整理得2(x將(*)代入，得24k+12顯然成立，綜上，可得直線HN過定點(0，?2).【知識點】恒過定點的直線；橢圓的標準方程；直線與圓錐曲線的關系【解析】【分析】（1）設橢圓方程為mx（2）分直線斜率是否存在進行討論，直線方程與橢圓C的方程聯(lián)立，利用韋達定理結合已知條件即可表示直線HN，化簡即可得解.21．（2022·全國乙卷）已知函數(shù)f(x)=ln（1）當a=1時，求曲線y=f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；（2）若f(x)在區(qū)間(?1，0)，(0，+∞)各恰有一個零點，求a的取值范圍．【答案】（1）解：f(x)的定義域為(?1，+∞)當a=1時，f(x)=ln(1+x)+x所以曲線y=f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y=2x（2）解：f(x)=f設g(x)=1°若a>0，當x∈(?1，0)，g(x)=ex所以f(x)在(?1，0)上單調遞增，f(x)<f(0)=0故f(x)在(?1，0)上沒有零點，不合題意2°若?1?a?0，當x∈(0，+∞)，則g所以g(x)在(0，+∞)上單調遞增所以g(x)>g(0)=1+a?0，即f所以f(x)在(0，+∞)上單調遞增，f(x)>f(0)=0故f(x)在(0，+∞)上沒有零點，不合題意3°若a<?1①當x∈(0，+∞)，則g′(x)=ex?2ax>0g(0)=1+a<0，g(1)=e>0所以存在m∈(0，1)，使得g(m)=0，即f當x∈(0，m)，f當x∈(m，+∞)，f所以當x∈(0，m)，f(x)<f(0)=0當x→+∞，f(x)→+∞所以f(x)在(m，+∞)上有唯一零點又(0，m)沒有零點，即f(x)在(0，+∞)上有唯一零點②當x∈(?1，0)，g(x)=設h(x)=h所以g′(x)在g所以存在n∈(?1，0)，使得g當x∈(?1，n)，g當x∈(n，0)，g′又g(?1)=所以存在t∈(?1，n)，使得g(t)=0，即f當x∈(?1，t)，f(x)單調遞增，當x∈(t，0)，f(x)單調遞減有x→?1，f(x)→?∞而f(0)