2022年全国高考理科数学（乙卷）试题及答案解析.docx

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1、2022年普通高等学校招生全国统一考试（乙卷）理科数学1. 设全集U=1,2,3,4,5，集合M满足UM=1,3，则()A. 2MB. 3MC. 4MD. 5M2. 已知z=12i，且z+az+b=0，其中a，b为实数，则()A. a=1，b=2B. a=1，b=2C. a=1，b=2D. a=1，b=23. 已知向量a，b满足|a|=1，|b|=3，|a2b|=3，则ab=()A. 2B. 1C. 1D. 24. 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bn：b1=1+11，b2=1+11+12，

2、b3=1+11+12+13，依此类推，其中kN(k=1,2,).则()A. b1b5B. b3b8C. b6b2D. b4p2p10.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11. 双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cosF1NF2=35，则C的离心率为()A. 52B. 32C. 132D. 17212. 已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)+g(2x)=5，g(x)f(

3、x4)=7.若y=g(x)的图像关于直线x=2对称，g(2)=4，则k=122f(k)=()A. 21B. 22C. 23D. 2413. 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_14. 过四点(0,0)，(4,0)，(1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为_15. 记函数f(x)=cos(x+)(0,00且a1)的极小值点和极大值点若x1b5，故A错误；b3b8，故B错误；b6b2，故C错误；b4b7，故D正确故选：DkN(k=1,2,)，可以取k=1，依次求出数列的前8项，能求出正确选项本题考查命题真假的判断，巧妙地把人造行星融入高考数学题，培养学生爱

4、国热情，考查运算求解能力，是基础题5.【答案】B【解析】解：F为抛物线C：y2=4x的焦点(1,0)，点A在C上，点B(3,0)，|AF|=|BF|=2，由抛物线的定义可知A(1,2)(A不妨在第一象限)，所以|AB|=22故选：B利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，然后求解即可本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题6.【答案】B【解析】解：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a=1，b=1，n=1，计算b=1+2=3，a=31=2，n=2，判断|32222|=14=0.250.01，计算b=3+4=7，a=72=5，n=3，判断|72522|=125=0.040.0

5、1；计算b=7+10=17，a=175=12，n=4，判断|1721222|=11440，P丙P乙=p1(p3p2)0，所以P丙最大，即棋手在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率最大故选：D已知棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率不相等，所以P受比赛次序影响，A错误；再计算第二盘分别与甲、乙、丙比赛连赢两盘的概率，比较大小即可本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用11.【答案】C【解析】解：设双曲线的方程为x2a2y2b2=1，设过F1的切线与圆D：x2+y2=a2相切于点P，则|OP|=a，OPPF1，又|OF1|=c，所以PF1=OF12OP2=c2a2=

6、b，过点F2作F2QMN于点Q，所以OP/F2Q，又O为F1F2的中点，所以|F1Q|=2|PF1|=2b，|QF2|=2|OP|=2a，因为cosF1NF2=35，所以sinF1NF2=45，所以|NF2|=QF2sinF1NF2=5a2，则|NQ|=|NF2|cosF1NF2=3a2，所以|NF1|=|NQ|+|F1Q|=3a2+2b，由双曲线的定义可知|NF1|NF2|=2a，所以3a2+2b5a2=2a，可得2b=3a，即ba=32，所以C的离心率e=ca=1+b2a2=1+94=132故选：C由题意设双曲线的方程为x2a2y2b2=1，设过F1的切线与圆D：x2+y2=a2相切于点P

7、，从而可求得|PF1|，过点F2作F2QMN于点Q，由中位线的性质可求得|F1Q|，|QF2|，在RtF1NF2中，可求得|NF2|，|NQ|，利用双曲线的定义可得a，b的关系，再由离心率公式求解即可本题主要考查双曲线的性质，圆的性质，考查转化思想与数形结合思想，考查运算求解能力，属于中档题12.【答案】D【解析】解：y=g(x)的图像关于直线x=2对称，则g(2x)=g(2+x)，f(x)+g(2x)=5，f(x)+g(2+x)=5，f(x)=f(x)，故f(x)为偶函数，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

8、)+g(2x)=5，得f(x)+f(x2)=2，故f(x)关于点(1,1)中心对称，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)周期为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，故选：D由y=g(x)的对称性可得f(x)为偶函数，进而得到f(x)关于点(1,1)中心对称，所以f(1)=f(1)=1，再结合f(x)的周期为4，即可求

9、出结果本题主要考查了函数的奇偶性、对称性和周期性，属于中档题13.【答案】310【解析】解：由题意，从甲、乙等5名学生中随机选出3人，基本事件总数C53=10，甲、乙被选中，则从剩下的3人中选一人，包含的基本事件的个数C31=3，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P=C31C53=310故答案为：310从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件的个数，由此求出甲、乙被选中的概率本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题14.【答案】x2+y24x6y=0(或x2+y24x2y=0或x2+y283x143y

10、=0或x2+y2165x2y165=0)【解析】解：设过点(0,0)，(4,0)，(1,1)的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，即F=016+4D+F=02D+E+F=0，解得F=0，D=4，E=6，所以过点(0,0)，(4,0)，(1,1)圆的方程为x2+y24x6y=0同理可得，过点(0,0)，(4,0)，(4,2)圆的方程为x2+y24x2y=0过点(0,0)，(1,1)，(4,2)圆的方程为x2+y283x143y=0过点(4,0)，(1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为x2+y2165x2y165=0故答案为：x2+y24x6y=0(或x2+y24x2y=0或x2+y

11、283x143y=0或x2+y2165x2y165=0)选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题15.【答案】3【解析】解：函数f(x)=cos(x+)(0,01时，易知f(x)在R上单调递增，此时若存在x0使得f(x0)=0，则f(x)在(,x0)单调递减，(x0,+)单调递增，此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点，应满足x1x2，不满足题意；当0a1时，易知f(x)在R上单调递增减，此时若存在x0使得f(x0)=0，则f(x)在(,x0)单调递增，(x0,+)单调递减，且x0=logae(lna)2，

12、此时若函数f(x)在x=x1和x=x2分别取极小值点和极大值点，且x10，即：elnaelogae(lna)2a1lnae(lna)2lna1lnalne(lna)21lnalna1ln(lna)2，解得：0a1e或者0ae(舍去)，综上所述：a的取值范围是(0,1e)由已知分析函数f(x)=2(axlnaex)至少应该两个变号零点，对其再求导f(x)=2ax(lna)22e，分类讨论0a1时两种情况，本题主要考查利用导函数研究函数极值点存在大小关系时，导函数图像的问题，属于中档题17.【答案】(1)证明：ABC中，sinCsin(AB)=sinBsin(CA)，所以sinC(sinAcosB

13、cosAsinB)=sinB(sinCcosAcosCsinA)，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)当a=5，cosA=2531时，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的周长为a+b+c=5+9=14【

14、解析】(1)利用两角差与和的正弦公式，三角形内角和公式，正弦和余弦定理，即可求得结论；(2)利用(1)中结论求出b2+c2和2bc的值，即可求出ABC的周长本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力与推理证明能力，是中档题18.【答案】(1)证明：AD=CD，E为AC的中点DEAC，又AD=CD，ADB=BDC，BD=BD，ABDCBD，AB=BC，又E为AC的中点EBAC，又BEDE=E，AC平面BED，又AC平面ACD，平面BED平面ACD；(2)解：连接EF，由(1)知ACEF，SAFC=12ACEF， 故EF最小时，AFC的面积最小，EFBD时，AFC的面积最小，

15、又AC平面BED，BD平面BED，ACBD，又ACEF=E，BD平面AFC，又BD平面ABD，平面ABD平面AFC，过C作CMAF于点M，则CM平面ABD，故CFM，即CFA为直线CF与平面ABD所成的角，由AB=BD=2，ACB=60，知BAC是2为边长的等边三角形，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与平面ABD所成的角的正弦值为437【解析】(1)利用三角形全等可得AB=BC，可证EBA

16、C，易证DEAC，从而可证平面BED平面ACD；(2)由题意可知AFC的面积最小时，EFBD，据此计算可求得CF与平面ABD所成的角的正弦值本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，属中档题19.【答案】解：(1)设这棵树木平均一棵的根部横截面积为x，平均一棵的材积量为y，则根据题中数据得：x=0.610=0.06，y=3.910=0.39；(2)由题可知，r=i=110(xix)(yiy)i=110(xix)2i=110(yiy)2=i=110xiyinxy(i=110xi2nx2)(i=110yi2ny2)=0.01340.0020.0948=0.01340.011.896=0.0

17、1340.01377=0.97；(3)设从根部面积总和X，总材积量为Y，则XY=xy，故Y=0.390.06186=1209(m3).【解析】根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可本题考查线性回归方程，属于中档题20.【答案】解：(1)设E的方程为x2a2+y2b2=1，将A(0,2),B(32,1)两点代入得4b2=194a2+1b2=1，解得a2=3，b2=4，故E的方程为x23+y24=1；(2)由A(0,2),B(32,1)可得直线AB：y=23x2 若过P(1,2)的直线的斜率不存在，直线为x=1，代入x23+y24=1，可得M(1,2

18、63)，N(1,263)，将y=263代入AB：y=23x2，可得T(6+3,263)，由MT=TH，得H(26+5,263)，易求得此时直线HN：y=(2263)x2，过点(0,2)；若过P(1,2)的直线的斜率存在，设kxy(k+2)=0，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立kxy(k+2)=0x23+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()，联立y=y1y=23x2

19、，可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6x1,y1)，可求得此时HN：yy2=y1y23y1+6x1x2(xx2)，将(0,2)代入整理得2(x1+x2)6(y1+y2)+x1y2+x2y13y1y212=0，将()代入，得24k+12k2+96+48k24k4848k+24k236k248=0，显然成立综上，可得直线HN过定点(0,2)【解析】(1)设E的方程为x2a2+y2b2=1，将A，B两点坐标代入即可求解；(2)由A(0,2),B(32,1)可得直线AB：y=23x2，若过P(1,2)的直线的斜率不存在，直线为x=1，代入椭圆方程，根据MT=TH即可求解；若过P(1,2)的直线

20、的斜率存在，设kxy(k+2)=0，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立kxy(k+2)=0x23+y24=1，得(3k2+4)x26k(2+k)x+3k(k+4)=0，结合韦达定理和已知条件即可求解本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题21.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=ln(1+x)+xex，则f(x)=11+x+exxex，f(0)=1+1=2，又f(0)=0，所求切线方程为y=2x；(2)f(x)=11+x+a(1x)ex，若a0，当1x0，f(x)单调递增，则f(x)f(0)=0，不合题意；故a0，解得1x1+2，令g(x)0，解得12x1时，g(x)0，若g(0)

21、=1+a0，当x0时，g(x)0，f(x)单调递增，不合题意；若g(0)=1+a0，g(0)g(1)0，则存在x0(0,1)，使得g(x0)=0，且当x(0,x0)时，g(x)g(0)=0，f(x)单调递减，则f(x0)1时，f(x)ln(1+x)+a0，f(ea1)0，则由零点存在性定理可知f(x)在(1,ea1)上存在一个根，当12x0时，g(x)f(0)=0，当1x12时，f(x)ln(1+x)ae0，f(eae1)0，则由零点存在性定理可知f(x)在(eae1,12)上存在一个根综上，实数a的取值范围为(,1)【解析】(1)将a=1代入，对函数f(x)求导，求出f(0)及f(0)，由点

22、斜式得答案；(2)对函数f(x)求导，分a0及a0讨论，当a0时容易判断不合题意，当a0时，令g(x)=1+a(1x2)ex，利用导数判断g(x)的性质，进而判断得到函数f(x)的单调性并结合零点存在性定理即可得解本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题22.【答案】解：(1)由sin(+3)+m=0，得(sincos3+cossin3)+m=0，12sin+32cos+m=0，又x=cos，y=sin，12y+32x+m=0，即l的直角坐标方程为3x+y+2m=0；(2)由曲线C的参数方程为x=3cos2t,y=2sint(t为

23、参数)消去参数t，可得y2=233x+2，联立3x+y+2m=0y2=233x+2，得3y22y4m6=0(2y2)34m36，即1934m10，1912m52，m的取值范围是1912,52.【解析】(1)由sin(+3)+m=0，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互化公式，可得l的直角坐标方程；(2)化曲线C的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线C的方程，化为关于y的一元二次方程，再求解m的取值范围本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题23.【答案】解：(1)证明：a，b，c都是正数，a32+b32+c3233a32b32c32=3(abc)12，当且仅当a=b=c=323时，等号成立因为a32+b32+c32=1，所以13(abc)12，所以13(abc)12，所以abc19，得证(2)证明：要使ab+c+ba+c+ca+b12abc成立，只需证a32bcb+c+b32aca+c+c32aba+b12，又因为b+c2bc，a+c2ac，a+b2ab，当且仅当a=b=c=323时，同时取等所以a32bcb+c+b32aca+c+c32aba+ba32bc2bc+b32ac2ac+c32ab2ab=a32+b32+c322=12，得证【解析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可本题考查基本不等式的应用，属于中档题17