2022年高考数学真题试卷(北京卷-含解析.docx

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1、2022年高考数学真题试卷（北京卷）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1（2022北京）已知全集 U=x|3x3 ，集合 A=x|2N0 时， an0 ”的（） A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7（2022北京）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献，如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与 T 和 1gP 的关系，其中 T 表示温度，单位是 K ； P 表示压强，单位是bar，下列结论中正确的是（） A当 T=220 ， P=10

2、26 时，二氧化碳处于液态B当 T=270 ， P=128 时，二氧化碳处于气态C当 T=300 ， P=9987 时，二氧化碳处于超临界状态D当 T=360 ， P=729 时，二氧化碳处于超临界状态8（2022北京）若 (2x1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0 ，则 a0+a2+a4= （） A40B41C-40D-419（2022北京）已知正三棱锥 PABC 的六条棱长均为6， S 是 ABC 及其内部的点构成的集合，设集合 T=QS|PQ5 ，则 T 表示的区域的面积为（）A34BC2D310（2022北京）在 ABC 中， AC=3 ， BC=4 ， C=90 P 为

3、 ABC 所在平面内的动点，且 PC=1 ，则 PAPB 的取值范围是（）A5，3B3，5C6，4D4，6二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11（2022北京）函数 f(x)=1x+1x 的定义域是 12（2022北京）已知双曲线 y2+x2m=1 的渐近线方程为 y=33x ，则 m= 13（2022北京）若函数 f(x)=Asinx3cosx 的一个零点为 3 ，则 A= ； f(12)= 14（2022北京）设函数 f(x)=ax+1，xb0) 的一个顶点为 A(0，1) ，焦距为 23 （）求椭圆 E 的方程：（）过点 P(2，1) 作斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两

4、点 B，C ，直线 AB，AC 分别与 x 轴交于点 M，N ，当 |MN|=2 时，求 k 的值。20（2022北京）已知函数 f(x)=exln(1+x) （）求曲线 y=f(x) 在点 (0，f(0) 处的切线方程；（）设 g(x)=f(x) ，讨论函数 g(x) 在 0，+) 上的单调性；（III）证明：对任意的 s，t(0，+) ，有 f(s+t)f(s)+f(t) 21（2022北京）已知 Q：a1，a2，ak 为有穷整数数列给定正整数 m ，若对任意的 n1，2，m ，在 Q 中存在 a1，ai+1，ai+2，ai+j(j0) ，使得 ai+ai+1+ai+2+ai+j=n ，则

5、称 Q 为 m 连续可表数列 （）判断 Q：2，1，4 是否为5-连续可表数列？是否为 6 连续可表数列？说明理由；（）若 Q：a1，a2，ak 为 8 连续可表数列，求证： k 的最小值为4；（）若 Q：a1，a2，ak 为 20 连续可表数列， a1+a2+akan ，公差 d=an+1an0 ，取正整数 N=0a1d+2 （其中 a1d 不大于 a1d 的最大正整数），则当 nN0 时，只要 an0 ，都有 an=a1+(n1)da1+(a1d+1)d0 ； 必要性证明：若存在正整数 N0 ，当 nN0 时， an0 ，因为 an=a1+(n1)d ，所以 dda1n ，对 nN0，nN

6、+ 都成立，因为 limn+da1n=0 ，且 d0 ，所以 d0 ，对 nN+ ，都有 an+1an=d0 ， an+1an ，即 an 为递增数列，所以 an 为递增数列是“存在正整数 N0 ，当 nN0 时， an0 ”的充要条件.故答案为：C【分析】先证明充分性：若 an 为递增数列，则 an+1an ，公差 d0 ，取正整数 N=0a1d+2 ，则当 nN0 时，只要 an0 ，都有 ana1+(a1d+1)d0 ；再证明必要性：若存在正整数 N0 ，当 an0 ，有 dda1n ，因为 limn+da1n=0 ，结合已知条件得 d0 ， an+1an ，即 an 为递增数列，综上即

7、可判断.7【答案】D【知识点】函数的图象；对数的运算性质【解析】【解答】A选项： lgP=lg10263 ， T=220 ，由图易知处于固态； B选项： lgP=lg1282 ， T=270 ，由图易知处于液态；C选项： lgP=lg99873.999 ， T=300 ，由图易知处于固态；D选项： lgP=lg7292 ， T=360 ，由图易知处于超临界状态.故答案为：D【分析】根据选项所给P的值分别计算 lgP ，结合T的值以及图象逐个判断即可.8【答案】B【知识点】二项式定理的应用【解析】【解答】当 x=1 时， a0+a1+a2+a3+a4=1 ，当 x=1 时， a0a1+a2a3+

8、a4=81 ，两式相加得 a0+a2+a4=41 . 故答案为：B【分析】令 x=1 和 x=1 ，所得两式相加即可求解.9【答案】B【知识点】轨迹方程；棱锥的结构特征【解析】【解答】过点P作底面的射影点O，则由题意， CO=23，PC=6 ，所以 PO=26 ，当CO上存在一点Q使得 PQ=5 ，此时QO=1，则动点Q在以QO为半径，O为圆心的圆内，所以面积为.故答案为：B【分析】过点P作底面的射影点O，根据题意可计算 PO=26 ，当CO上存在一动点Q使得 PQ=5 ，此时QO=1，即可得动点Q的轨迹，从而计算 T 表示的区域的面积.10【答案】D【知识点】平面向量数量积坐标表示的应用【解

9、析】【解答】以C为坐标原点建立直角坐标系，由题意易知 C(0，0)，A(3，0)，B(0，4) ，设 P(cos，sin)，0，2 ，PAPB=(3cos，sin)(cos，4sin)=3cos4sin+cos2+sin2=15sin(+)4，6 ，（sin=35，cos=45) . 故答案为：D【分析】先根据已知条件建立直角坐标系，设点 P(cos，sin)，0，2 ，利用坐标法即可解决问题.11【答案】(，0)（0，1【知识点】函数的定义域及其求法【解析】【解答】依题意 x01x0 ，解得 x(，0)（0，1 . 【分析】根据分式和根式成立的条件建立不等式关系进行求解即可.12【答案】-3

10、【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】双曲线 y2+x2m=1 的渐近线方程为 y=xm ，故 m=3 . 【分析】先写出双曲线 y2+x2m=1 的渐近线，再根据已知条件即可得.13【答案】1；2【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的零点与最值【解析】【解答】 f(3)=Asin33cos3=32A32=0 ，解得 A=1 ； f(x)=sinx3cosx=2sin(x3) ，故 f(12)=2sin(123)=2sin(4)=2 . 【分析】根据函数的零点为 3 ，代入解析式即可求出A的值；从而得到函数的解析式，利用两角差的正弦公式化简，再将 12 代入即可求得.14【答案】0（答

11、案不唯一）；1【知识点】分段函数的应用【解析】【解答】由题意知，函数的最值与函数的单调性相关，故考虑0，2为分界点研究函数的性质，当 a0 时， f(x)=ax+1，xa ，该段的值域为 （，a2+1) ，故整个函数没有最小值；当 a=0 时， f(x)=ax+1，xa 该段的值域为 1 ，而 f(x)=（x2)2，xa 的值域为 0，+) ，故此时函数 f(x) 的值域为 0，+) ，即存在最小值0，故第一个空可填写0；当 0a2 时， f(x)=ax+1，xa ，该段的值域为 （a2+1，+) ，而 f(x)=（x2)2，xa 的值域为 0，+) ，若存在最小值，则需满足 a2+10 ，于

12、是可得 02 时， f(x)=ax+1，xa ，该段的值域为 （a2+1，+) ，而 f(x)=（x2)2，xa 的值域为 （a2)2，+) ，若存在最小值，则需满足 a2+1(a2)2 ，此时不等式无解.综上， a 的最大值为1. 【分析】根据题意考虑0，2为分界点研究函数的单调性和最值，分 a0 、 a=0 、 02 四种情况讨论函数 f(x) 的值域结合函数存在最小值列关于 a 的不等关系从而求解 a 的取值范围.15【答案】【知识点】数列的应用；数列递推式【解析】【解答】 n=1 ，可得 a12=9 ，又各项均为正，可得 a1=3 ，令 n=2 可得 a2(3+a2)=9 ，可解得 a

13、2=3(51)23 ，故正确；当 n2 时，由 Sn=9an 得 Sn1=9an1 ，于是可得 an=9an9an1 ，即 anan1=9an29 ，若 an 为等比数列，则 n2 时 an+1=an ，即从第二项起为常数，可检验 n=3 则不成立，故错误；anSn=9(n=1，2，) ，可得 anSn=an+1Sn+1 ，于是 an+1an=SnSn+11 ，所以 an+19 ，于是 anSn9 与已知矛盾，所以错误.【分析】先令 n=1 、 n=2 计算数列的首项和第二项即可判断；根据 Sn，an 的关系，求得 anan1=9an29 假设 an 为等比数列，经检验n=3不成立，判断错误；

14、由 anSn=9(n=1，2，) ，可得 anSn=an+1Sn+1 ，于是 an+1an=SnSn+11 ，所以 an+10 得 k0 ， ln(1+x)+21+x1(1+x)2ln1+1+2x(1+x)20故 g(x)0 对 x0，+) 成立， g(x) 在 0，+) 上单调递增（III）证明：不妨设 St ，由拉格朗日中值定理可得： f(s+t)f(s)(s+t)s=f()其中 s，s+t ，即 f(s+t)f(s)=tf()f(t)f(0)t0=f() ，其中 (0，t) ，即 f(t)f(0)=tf()由 g(x) 在 0，+) 上单调递增，故 f()f()f(s+t)f(s)f(t

15、)f(0)=f(t)f(s+t)f(s)+f(t) 证毕【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明【解析】【分析】（1）对函数f(x)=exln(1+x)求导得f(x)=exln(1+x)+11+x，分别计算f(0)，f(0)，根据直线的点斜式方程即可求切线方程；（2）由（1）知g(x)=exln(1+x)+21+x1(1+x)2，利用放缩法可得ln(1+x)+21+x1(1+x)2ln1+1+2x(1+x)20，即可判断g(x)的单调性； （3） 不妨设 St ，由拉格朗日中值定理可得 f(s+t)f(s)(s+t)s=f()，f(t)f(0)t0=f(

16、)，即 f(s+t)f(s)=tf()， f(t)f(0)=tf()，由 （2）的结论，得 f()f()， 即f(s+t)f(s)f(t)f(0)=f(t)，即可证明.21【答案】（） 若m=5，则对于任意n1，2，5，a1=2，a2=1，a3=4，a2+a3=5，所以Q是5-连续可表数列；由不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q不是6-连续可表数列； （）若 k3 ，设为a，b，c，则至多 a+b，b+c，a+b+c，a，b，c 6种矛盾 k=4，3，2，1，4 满足kmin4（）若k5，则 a1，a2，ak 至多可表15个数，与题意矛盾，若 k=6，Q：a，b，c，d，e，f 至多可表2

17、1个数，而 a+b+c+d+e+f20 ，所以其中有负的，从而a，b，c，d，e，f可表 120 及那个负数（恰21个)这表明 af 中仅一个负的，没有0，且这个们的在 af 中绝对值最小，同时 af 中没有两数相同，设那个负数为 m(m1)则所有数之和 m+1+m+2+m+5m=4m+15，4m+1519m=1a，b，c，d，e，f=1，2，3，4，5，6 ，再考虑排序1=1+2 (仅一种方式)-1与2相序若-1不在两端，则 x_1 2 _形式若 x=6 ，则 5=61 (2种方式矛盾)x6 ，问理 x5，4，3 ，故-1在一端，不妨为 12A_B_C_D_ 形式右 A=3 ，则 5=2+3

18、 (2种矛盾) A=4 同理不行A=5 ，则 6=1+2+5 (2种矛盾)从而 A=6由 7=1+2+6 ，由表法唯一知3，4不相邻，故只能 1，2，3，4，5，4或 1，2，6，4，5，3这2种情形对9=6+3=5+4 矛后对8=2+6=5+3 也矛盾综上 k6k7【知识点】数列的应用；数列与不等式的综合【解析】【分析】 （）根据可表数列的定义即可判断；（II）反证法：假设k3，则最多能表示6个数字，与Q为8-连续可表数列矛盾，故k4；（III） 若k5，则 a1，a2，ak 至多可表15个数 ，k=6至多可表21个数，而 a+b+c+d+e+f20 ，所以至少要有6个正整数连续可表1-20个正整数，即至少6个正整数和一个负数才能满足题意，故k7.