2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)試卷+北京卷（含解析）（參考版）

2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試北京卷數(shù)學(xué)試卷本試卷共5頁，150分，考試時長120分鐘，考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效，考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1.已知全集，集合，則()A. B. C. D.2.若復(fù)數(shù)z滿足，則()A.1 B.5 C.7 D.253.若直線是圓的一條對稱軸，則()A. B. C.1 D.-14.已知函數(shù)，則對任意實數(shù)x，有()A. B. C. D.5.已知函數(shù)，則()A.在上單調(diào)遞減 B.在上單調(diào)遞增C.在上單調(diào)遞減 D.在上單調(diào)遞增6.設(shè)是公差不為0的無窮等差數(shù)列，則“為遞增數(shù)列”是“存在正整數(shù)，當(dāng)時，”的()A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件7.在北京冬奧會上，國家速滑館“冰絲帶”使用高效環(huán)保的二氧化碳跨臨界直冷制冰技術(shù)，為實現(xiàn)綠色冬奧作出了貢獻(xiàn).如圖描述了一定條件下二氧化碳所處的狀態(tài)與T和的關(guān)系，其中T表示溫度，單位是K；P表示壓強(qiáng)，單位是bar.下列結(jié)論中正確的是()A.當(dāng)，時，二氧化碳處于液態(tài)B.當(dāng)，時，二氧化碳處于氣態(tài)C.當(dāng)，時，二氧化碳處于超臨界狀態(tài)D.當(dāng)，時，二氧化碳處于超臨界狀態(tài)8.若，則()A.40 B.41 C.-40 D.-419.已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合，設(shè)集合，則T表示的區(qū)域的面積為()A. B.π C. D.10.在中，，，.P為所在平面內(nèi)的動點，且，則的取值范圍是()A. B. C. D.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分。11.函數(shù)的定義域是________.12.已知雙曲線的漸近線方程為，則_________.13.若函數(shù)的一個零點為，則_______；______.14.設(shè)函數(shù)若存在最小值，則a的一個取值為______；a的最大值為_________.15.已知數(shù)列的各項均為正數(shù)，其前n項和滿足.給出下列四個結(jié)論：

①的第2項小于3；

②為等比數(shù)列；

③為遞減數(shù)列；

④中存在小于的項.

其中所有正確結(jié)論的序號是______.三、解答題共6小題，共85分，解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程。16.（13分）在中，.（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，且的面積為，求的周長.17.（14分）如圖，在三棱柱中，側(cè)面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點.

（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值.

條件①：；

條件②：.

注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.18.（13分）在校運(yùn)動會上，只有甲、乙、丙三名同學(xué)參加鉛球比賽，比賽成績達(dá)到9.50m以上（含9.50m）的同學(xué)將獲得優(yōu)秀獎.為預(yù)測獲得優(yōu)秀獎的人數(shù)及冠軍得主，收集了甲、乙、丙以往的比賽成績，并整理得到如下數(shù)據(jù)（單位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；

乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；

丙：9.85，9.65，9.20，9.16.假設(shè)用頻率估計概率，且甲、乙、丙的比賽成績相互獨立.（Ⅰ）估計甲在校運(yùn)動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的概率；（Ⅱ）設(shè)X是甲、乙、丙在校運(yùn)動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的總?cè)藬?shù)，估計X的數(shù)學(xué)期望EX；（Ⅲ）在校運(yùn)動會鉛球比賽中，甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計值最大？（結(jié)論不要求證明）19.（15分）已知橢圓的一個頂點為，焦距為.（Ⅰ）求橢圓E的方程；（Ⅱ）過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N.當(dāng)時，求k的值.20.（15分）已知函數(shù).（Ⅰ）求曲線在點處的切線方程；（Ⅱ）設(shè)，討論函數(shù)在上的單調(diào)性；（Ⅲ）證明：對任意的s，，有.21.（15分）已知為有窮整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)m，若對任意的，在Q中存在，，，…，，使得，則稱Q為m-連續(xù)可表數(shù)列.（Ⅰ）判斷Q：2，1，4是否為5-連續(xù)可表數(shù)列？是否為6-連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；（Ⅱ）若為8-連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4；（Ⅲ）若為20-連續(xù)可表數(shù)列，且，求證：.

參考答案1.答案：D解析：通解：因為全集，，所以，故選D.優(yōu)解：因為，所以，可排除A選項和B選項；，所以，可排除C選項，故選D.2.答案：B解析：解法一：依題意可得，所以，故選B.解法二：依題意可得，所以，則，故選B.3.答案：A解析：依題意可知圓心坐標(biāo)為，又直線是圓的一條對稱軸，所以，所以，故選A.4.答案：C解析：函數(shù)的定義域為R，，所以，故選C.5.答案：C解析：依題意可知，對于A選項，因為，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以A選項不正確；對于B選項，因為，所以，函數(shù)在上不單調(diào)，所以B選項不正確；對于C選項，因為，所以，函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以C選項正確；對于D選項，因為，所以，函數(shù)在上不單調(diào)，所以D選項不正確.故選C.6.答案：C解析：設(shè)無窮等差數(shù)列的公差為，則，若為遞增數(shù)列，則，則存在正整數(shù)，使得當(dāng)時，，所以充分性成立；若存在正整數(shù)，使得當(dāng)時，，即，對任意的，均成立，由于時，，且，所以，為遞增數(shù)列，必要性成立.故選C.7.答案：D解析：對于A選項，當(dāng)，，即時，根據(jù)圖象可知，二氧化碳處于固態(tài)；對于B選項，當(dāng)，，即，即時，根據(jù)圖象可知，二氧化碳處于液態(tài)；對于C選項，當(dāng)，，即時，根據(jù)圖象可知，二氧化碳處于固態(tài)；對于D選項，當(dāng)，，即，即時，根據(jù)圖象可知，二氧化碳處于超臨界狀態(tài).故選D.8.答案：B解析：解法一（賦值法）依題意，令，可得，令，可得，以上兩式相加可得，所以，故選B.解法二（通項公式法）二項式的通項為，分別令，可分別得，，，所以，故選B.9.答案：B解析：設(shè)O為的中心，連接PO，AO，在正三角形ABC中，，在中，，當(dāng)時，連接OQ，根據(jù)勾股定理可得，易知Q的軌跡是以O(shè)為圓心，半徑為1的圓，由于集合，故集合T表示的區(qū)每的面積為π，故選B.10.答案：D解析：以C為坐標(biāo)原點，CA，CB所在直線分別為x軸，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則，，設(shè)，則，，，所以，又表示圓上一點到點距離的平方，圓心到點的距離為，所以，即，故選D.11.答案：解析：因為，所以，，解得.12.答案：-3解析：通解：依題意得，雙曲線的方程可表示為，此時雙曲線的漸近線的斜率為，解得.優(yōu)解：依題意得，令，得，解得.13.答案：；解析：依題意得，解得，所以，所以.14.答案：0（答案不唯一）；1解析：當(dāng)時，函數(shù)存在最小值0，所以a的一個取值可以為0；當(dāng)時，若，，此時函數(shù)不可能存在最小值；當(dāng)時，若，則，此時，若，則，若函數(shù)存在最小值，則，得；當(dāng)時，若，則，此時，若，則，若函數(shù)存在最小值，則，此時不等式無解.綜上，，所以a的最大值為1.15.答案：①③④解析：因為，所以，又，所以，，即，得，所以①正確；當(dāng)時，由，得，兩式作差可得，即，整理得，若數(shù)列為等比數(shù)列，則當(dāng)時，為常數(shù)，即數(shù)列從第2項起各項均為同一個常數(shù)，易知當(dāng)時不成立，以②不正確；因為，所以，由數(shù)列的各項均為正數(shù)，得，所以，所以③正確；對于④，若數(shù)列的所有項均大于等于，取，由且，得，所以，與已知矛盾，所以④正確.綜上，所有正確結(jié)論的序號是①③④.16.答案：（Ⅰ）（Ⅱ）解析：（Ⅰ）因為，所以，

因為，所以，所以，.（Ⅱ）因為的面積，

所以.

由余弦定理可得，

所以，

所以的周長為.17.答案：（Ⅰ）見解析（Ⅱ）解析：（Ⅰ）解法一：如圖，設(shè)點P為AB的中點，連接PN，PM，

因為N為AC的中點，所以PN為的中位線，所以.

又M為的中點，所以.

因為，，平面，平面MPN，所以平面平面MPN.

又平面MPN，所以平面.

解法二：如圖，取BC的中點D，連接，DN.

在三棱柱中，，.

因為M，N，D分別為，AC，BC的中點，

所以，，，，

則且，

所以四邊形為平行四邊形，因此.

又平面，平面，

所以平面.（Ⅱ）因為側(cè)面為正方形，所以，

又因為平面平面，且平面平面，

所以平面，而平面，所以.

選條件①：由（Ⅰ）得，因為，所以，

又，所以平面，

在三棱柱中，BA，BC，兩兩垂直，

故以B為坐標(biāo)原點，分別以BC，BA，所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

因為，所以，，，，

所以，，.

設(shè)平面BMN的法向量為，

由得得令，得.

設(shè)直線AB與平面BMN所成角為，

則，

所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值為.選條件②：由（Ⅰ）知，，而，故.

又因為，所以.

在和中，，，，則，

因此，即，故.

在三棱柱中，BA，BC，兩兩垂直，

故以B為坐標(biāo)原點，分別以BC，BA，所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，，，，

所以，，.

設(shè)平面BMN的法向量為，

由得令，得.

設(shè)直線AB與平面BMN所成角為，

則，

所以直線AB與平面BMN所成角的正弦值為.18.答案：（Ⅰ）0.4（Ⅱ）（Ⅲ）見解析解析：解：（Ⅰ）設(shè)甲在校運(yùn)動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎為事件A.

因為比賽成績達(dá)到9.50m以上（含9.50m）的同學(xué)將獲得優(yōu)秀獎，甲以往的比賽成績中達(dá)到9.50m以上（含9.50m）的有9.80m，9.70m，9.55m，9.54m，共4個，

所以甲在校運(yùn)動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的概率.（Ⅱ）X的所有可能取值為0,1,2,3.由（Ⅰ）知，甲在校運(yùn)動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎的概率.

設(shè)乙、丙在校運(yùn)動會鉛球比賽中獲得優(yōu)秀獎分別為事件B，C，則，.

，

，

，

，

所以.（Ⅲ）在校運(yùn)動會鉛球比賽中，按以往比賽成績的平均數(shù)、方差來看，甲獲得冠軍的概率估計值最大；按以往比賽的最好成績來看，丙獲得冠軍的概率估計值最大.19.答案：（Ⅰ）（Ⅱ）-4解析：（Ⅰ）依題意可知，

得，故橢圓E的方程為.（Ⅱ）由題可知直線BC的方程為，

設(shè)，，

聯(lián)立直線BC和橢圓E的方程，得，

整理得，

，，

由得，

易知直線AB的斜率，

直線AB的方程為，令，可得點M的橫坐標(biāo)，同理可得點N的橫坐標(biāo).

，得.故k的值為-4.20.答案：（Ⅰ）（Ⅱ）在上單調(diào)遞增（Ⅲ）見解析解析：（Ⅰ）由題，，

故，，

因此，曲線在點處的切線方程為.（Ⅱ）解法一：，

則，設(shè)，，

則，故在上單調(diào)遞增，故，

因此對任意的恒成立，

故在上單調(diào)遞增.解法二：，

則，

又，當(dāng)時，，

故對任意的恒成立，

故在上單調(diào)遞增.（Ⅲ）設(shè)，

則，

由（Ⅱ）知在上單調(diào)遞增，

故當(dāng)，時，，

因此，在上單調(diào)遞增，故，

因此，對任意的，有.21.答案：（Ⅰ）Q是5-連續(xù)可表數(shù)列，不是6-連續(xù)可表數(shù)列（Ⅱ）見解析（Ⅲ）見解析解析：（Ⅰ）若，則對于任意，，，，，，所以Q是5-連續(xù)可表數(shù)列；由不存在任意連續(xù)若干項之和相加為6，所以Q不是6-連續(xù)可表數(shù)列；（Ⅱ）反證法：假設(shè)k的值為3，則，，最多能表示，，，，，共6個數(shù)字，與Q為8-連續(xù)可表數(shù)列矛盾，故；現(xiàn)構(gòu)造Q：4，2，1，5可以表達(dá)出1，2，3，4，5，6，7，8這8個數(shù)字，即存在滿足題意，故k的最小值為4；（Ⅲ）證明：從5個正整數(shù)中，取一個數(shù)字只能表示自身，最多可表示5個數(shù)字