2022年新高考Ⅰ卷数学试题含解析.pdf

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1、1 2022 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试（新高考（新高考 I 卷）卷）数数 学学 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3请保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若集合|4Mxx=，|31=Nxx，则=MN A|02x

2、x B1|23xx C|316xx D1|163xx【答案】D【解析】集合|016=Mxx，集合1|3=Nx x，=MN1|163xx 故选 D 2若i(1)1z=，则zz+=A2 B1 C1 D2【答案】D【解析】对原式两边同时乘以i得：1iz =，即1 iz=+，所以1 iz=，即2zz+=故选 D 3在ABC中，点D在边AB上，2BDDA=记CAm=，CDn=，则CB=A32mn B23mn+C32mn+D23mn+【答案】B【解析】因为3CBCAABCAAD=+=+，又因为ADCDCA=，所以 23CBCACD=+，即23CBmn=+故选 B 2 4南水北调工程缓解了北方一些地区水资源

3、短缺问题，其中一部分水蓄入某水库，已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为2140km；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为2180km将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(72.65)A931.0 10 m B931.2 10 m C931.4 10 m D931.6 10 m【答案】C【解析】由题意21140km=S，22180km=S，(157.5 148.5)km9km=h，代入棱台体积12121()3VSSS Sh=+，公式可得：931.4 10 mV故选 C 5从 2 至 8 的 7 个整数中

4、随机取 2 个不同的数，则这 2 个数互质的概率为 A16 B13 C12 D23【答案】D【解析】总事件数共2776212C=，第一个数取 2 时，第二个数可以是3,5,7；第一个数取 3 时，第二个数可以是4,5,7,8；第一个数取 4 时，第二个数可以是5,7；第一个数取 5 时，第二个数可以是6,7,8；第一个数取 6 时，第二个数可以是7；第一个数取 7 时，第二个数可以是8；所以3423 1 114221213P+=6记函数()sin()(0)4=+f xxb的最小正周期为T若23T，且()yf x=的函数图象关于点3(,2)2中心对称，则()2=f A1 B32 C52 D3【答

5、案】A【解析】2(2,3)=T，()yf x=的函数图象关于点3(,2)2中心对称，则有2b=，且3 3()22=f，所以3sin()2224+=，则32 ,24Z+=kk；解得816k=，由(2,3)得2k=，52=，故1()225 sin()21224=+=+=f 7设0.10.1e=a，19b=，ln0.9c=，则 Aabc Bcba Ccab Dacb【答案】C【解析】令e=xax，1xbx=，ln(1)cx=，lnlnlnlnln(1)=+abxxxx，ln(1),(0.0.1yxx x=+；11011xyxx=，所以0y，所以lnln0ab，所以ba eln(1),(0,0.1=+

6、xacxxx，1(1)(1)e1ee11+=+=xxxxxyxxx，令()(1)(1)1xk xxx e=+，所以2()(12)e0=xk xxx，所以()(0)0k xk，所以0y，所以0ac，所以ac 8已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上若该球的体积为36，且 3l3 3，则该正四棱雉体积的取值范围是 A8118,4 B27 81,44 C27,4643 D18,27【答案】C【解析】记三棱锥高与侧棱夹角为，高为h，底面中心到各顶点的距离为m，2223313cos,2 3622lll+=，则6cosl=，sin6sincosml=，26sincos6cossintancosm

7、h=，212222Smmm=底，故222112144(sincos)33VShm h=底，令222313sincossin(1sin)(1),sin,22yxxxx x=+=4 231yx=+，故13,)23x，0y，33(,32x，0y，即22 2maxmax3664144144()333=Vy，22min3127144()224V=二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。9已知正方体1111ABCDABC D，则 A直线1BC与1DA所成的角为90 B直线1BC与1

8、CA所成的角为90 C直线1BC与平面11BB D D所成的角为45 D直线1BC与平面ABCD所成的角为45【答案】ABD【解析】在正方体1111ABCDABC D中，因为1BC1BC，1BC11AB，所以1BC 平面11A BCD，所以1BC1DA，1BC1CA，故选项 A，B 均正确；设1111ACB DO=，因为11AC 平面11BB D D，所以直线1BC与平面11BB D D所成的角为1C BO，在直角1C BO中，1111sin2C OC BOBC=，故130C BO=，故选项 C 错误；直线1BC与平面ABCD所成的角为145C BC=，故选项 D 正确综上，答案选 ABD 1

9、0已知函数3()1f xxx=+，则 A()f x有两个极值点 B()f x有三个零点 C点(0 1)，是曲线()yf x=的对称中心 D直线2yx=是曲线()yf x=的切线【答案】AC【解析】2()31fxx=，所以()f x有两个极值点33与33，又32 3()1039f=，所以()f x只有一个零点；由()()2f xfx+=可知，点(0 1)，是曲线()yf x=的对称中心；曲线()yf x=在点(1 1)，处的切线方程为21=yx，所以答案选 AC 11已知O为坐标原点，点(1 1)A，在抛物线C：22xpy=（0p）上，过点(01)B，的直线交C于P Q，两点，则 AC的准线为1

10、y=B直线AB与C相切 5 C2|OPOQOA D2|BPBQBA【答案】BCD【解析】由题意可知：12p=，所以抛物线C：2xy=，故C的准线为14y=，故 A不对；由2yx=得曲线C在点(1 1)A，处的切线斜率为 2，所以切线方程为21yx=，故直线AB与C相切，所以 B 正确；过点(01)B，的直线设为1ykx=，交C于P Q，两点的坐标分别设为1122(,)(,)P x yQ xy，联立直线与C方程可得22101xyxkxykx=+=，所以有12121xxk x x+=，且240k=，即24k，进一步可得2121221yyky y+=，此时222222211221122121212|

11、()()()()(1)4=+=+=+=OPOQxyxyyyyyy yy yyyk又2|2OA=，所以 C 正确；21122121212|(1)(1)115BPBQBP BQxyxyx xy yyyk=+=+=+，又2|5BA=，故 D 正确；综上，答案选 BCD 12 已知函数()f x及其导函数()fx的定义域均为R，记()()g xfx=若3(2)2fx，(2)gx+均为偶函数，则 A(0)0f=B1()02g=C(1)(4)ff=D(1)(2)gg=【答案】BC【解析】由3(2)2fx为偶函数可知()f x关于直线32x=对称，由(2)gx+为偶函数可知：()g x关于直线2x=对称，结

12、合()()g xfx=，根据()g x关于直线2x=对称可知()f x关于点(2,)t对称，根据()f x关于直线32x=对称可知：()g x关于点3(0)2，对称，综上，函数()f x与()g x均是周期为 2 的周期函数，所以有(0)(2)=fft，所以 A 不正确；(1)(1)(4)(2)(1)(2)=，ffffff，故(1)(4)ff=，所以 C 正确 13()()022gg=，(1)(1)gg=，所以 B 正确；又(1)(2)0gg+=，所以(1)(2)0gg+=，所以 D 不正确 故选 BC 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。6 13.8)(1(yxxy+

13、的展开式中62yx的系数为_（用数字作答）【答案】28【解析】原式等于88)()(yxxyyx+，由二项式定理，其展开式中62yx的系数为283828=CC 14.写出与圆122=+yx和16)4()3(22=+yx都相切的一条直线的方程_ 【答案】1=x，或2425247=xy，或4543+=xy（答对其中之一即可）【解析】由图可得，两圆外切，且均与直线1:1=xl相切。另过两圆圆心的直线l的方程为xy34=，可得l与1l交点为)34,1(P由切线定理得，两圆另一公切线2l过点P，设)1(34:2+=+xkyl，由 点 到 直 线 距 离 公 式 可 得11342=+kk，解 得247=k，

14、即2425247:2=xyl另由于两圆外切，因此在公切点处存在公切线3l与l垂直，解得4543:3+=xyl 15.若曲线()e=+xyxa有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是_【答案】(,4)(0,)+【解析】易得曲线不过原点，设切点为()000,()e+xxxa，则切线斜率为：000()(1)e=+xfxxa 可得切线方程为00000()e(1)e()+=+xxyxaxaxx，又切线过原点，可得00000()e(1)e+=+xxxax xa，化简得0020=+aaxx（），又切线有两条，即方程有两不等实根，由判别式042+=aa，得4 a，或0a 7654321321876543212

15、1Oxyl1l2l37 16.已知椭圆)0(1:2222=+babyaxC，C的上顶点为A，两个焦点为1F，2F，离心率为21，过1F且垂直于2AF的直线与C交于D，E两点，6=DE，则ADE的周长是_ 【答案】13【解析】椭圆离心率为21，不妨设134:2222=+cycxC，且12AFF为正三角形，则直线DE斜率33=k由等腰三角形性质可得，2EFAE=，2DFAD=，由椭圆性质得ADE的周长等价于aEFDFDE422=+另设直线DE方程为)(33cxy+=，与椭圆方程联立得03281322=+ccxx 由弦长公式2122122124)(11xxxxkxxkDE+=+=得 61348131

16、28)138(13122=+=cccDE，即813=c，1384=ca 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10 分）记nS为数列na的前n项和，已知11=a，nnSa是公差为13的等差数列（1）求na得通项公式；（2）证明：121112+naaa【解析】：（1）111=Sa，所以111=Sa，所以nnSa是首项为1，公差为13的等差数列，所以121(1)33+=+=nnSnna，所以23+=nnnSa 当2n时，112133+=nnnnnnnaSSaa，所以1(1)(1)=+nnnana，即111+=nnanan（2n）；累积法可得：(1

17、)2+=nn na（2n），又11=a满足该式，OxyADEF1F28 所以na得通项公式为(1)2+=nn na（2）1211111121 223(1)+=+naaan n 111112(1)2231=+nn 12(1)21=+n 18（12 分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cossin21sin1cos2ABAB=+（1）若23C=，求B；（2）求222abc+的最小值【解析】（1）由已知条件得：sin2sinsin2coscoscos2BABAAB+=+sin2coscoscos2sinsin2BAABAB=+coscos(2)AAB=+cos()cos()2=+

18、BCBCB cos()cos()=+BCBC 2coscosBC=所以sincos22coscosBBBC=，即(sincos)cos0BCB+=，由已知条件：1cos20B+，则2B，可得cos0B，所以1sincos2BC=，6=B（2）由（1）知sincos0BC=，则2=BC，sinsin()cos2=BCC，sinsin()sin(2)cos22=+=ABCCC，由正弦定理222222222sinsincos 2cossinsinabABCCcCC+=2222(12sin)(1sin)sinCCC+=4222224sin5sin24sin5sinsinCCCCC+=+22224sin

19、54 25sin=CC，当且仅当22sin2C=时等号成立，所以222abc+的最小值为4 25 19（12 分）9 如图，直三棱柱111ABCABC的体积为4，1ABC的面积为2 2（1）求A到平面1ABC的距离；（2）设D为1AC的中点，1AAAB=，平面1ABC 平面11ABB A，求二面角ABDC的正弦值【解析】（1）设A到平面1ABC的距离为h，11 1 11111443333=AABCABCABCA B CVSA AV，11112 233=A A BCA BCVShh，所以142 233=h，所以2h=，所以A到平面1ABC的距离为2（3）取1AB的中点E，连接AE，因为1=AAA

20、B，所以1AEAB，因为平面1ABC 平面11ABB A，平面1ABC平面111ABB AAB=，所以AE 平面1ABC,=2AE，则1=2AAAB=，所以AEBC，因为直三棱柱11ABCABC，所以1A ABC，因为1AEA AA=，所以BC 平面1ABB A，所以BCAB，由1 1 1111=22=422ABCA B CVAB BC A ABC=，所以=2BC，以BC为x轴，BA为y轴，1BB为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以(0,0,0)B，(0,2,0)A，(2,0,0)C，1(0,2,2)A，(0,1,1)E，(1,1,1)D 平面 BDC 的法向量设为1(0,1,1)nAE

21、=，平面 BDA 的法向量设为2(,)nx y z=，(0,2,0)BA=，(1,1,1)BD=，ABCA1B1C1DABCA1B1C1DExyz10 2200BA nBD n=，所以200yxyz=+=，所以0=y，设1x=，则1=z，所以2(1,0,1)=n，所以1212211cos2|=，n nn nnn，设二面角ABDC 的平面角为，则23sin1cos2=，所以二面角ABDC的正弦值为32 20（12 分）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了 100 例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中

22、随机调査了 100 人（称为对照组），得到如下数据：不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90（1）能否有 99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，(|)(|)P B AP B A与(|)(|)P B AP B A的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R（i）证明：(|)(|)(|)(|)P A BP A BRP A BP A B=；（ii）利用该调査数据，给出(|)(|)P A BP A B，的估计值，并利用（i）的结果给出R

23、的估计值 附：22()()()()()n adbcKab cd ac bd=+，【解析】（1）假设患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯没有差异，则22200(409060 10)2410.82850 150 100 100K=，所以有 99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；2()P Kk 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 11 （2）（i）(|)(|)(|)(|)P B AP B ARP B AP B A=()()()()()()()()()()()()P ABP ABP AP AP ABP ABP ABP ABP ABP

24、ABP AP A=()()()()()()(|)(|)()()()()(|)(|)()()P ABP ABP ABP ABP BP BP A BP A BP ABP ABP ABP ABP A BP A BP BP B=，得证；（ii）由调查数据可知402(|)1005P A B=，101(|)10010P A B=，则3(|)1(|)5P A BP A B=，9(|)10P A B=，所以295 106315 10R=21（12 分）已知点()2,1A在双曲线22221(1)1xyCaaa=：上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为 0（1）求l的斜率；（2）若tan2 2=P

25、AQ，求PAQ的面积【答案】（1）l的斜率为 0；（2）PAQ的面积为16 29【解析】解析：（1）将点A代入双曲线方程得224111aa=，化简得42440aa+=得22a=，故双曲线方程为2212xy=由题显然直线l的斜率存在，设:l ykxm=+，设()()1122,P x yQ xy，则联立直线与双曲线得：()222214220kxkmxm+=，故122421kmxxk+=，21222221mx xk+=，12121212111102222APAQyykxmkxmkkxxxx+=+=+=，12 化简得：()()()121221 2410kx xmkxxm+=，故()()()222222

26、41 24102121kmkmmkmkk+=，即()()1210kmk+=，而直线l不过A点，故1k=（2）由tan2 2PAQ=，得2tan22PAQ=，不妨设直线AP的倾斜角为锐角且为，1 当,P Q均在双曲线的左支时，2PAQ=，得到2tan2APk=，此时AP与渐近线平行，与双曲线左支无交点。2 当,P Q均在双曲线的右支时，由2PAQ+=，得tan2?APk=，即11122yx=，联立11122yx=及221112xy=得1122 21xy+=+，进而解出：1104 23x=，14 253y=，代入直线l得53m=，故12203xx+=，12689x x=，而132APx=，232A

27、Qx=，由2 2tan2 2sin3PAQPAQ=，得，故()1212116 2sin22429PAQSAP AQPAQx xxx=+=.22（12 分）已知函数()e=xf xax和()lng xaxx=有相同的最小值.（1）求a；（2）证明：存在直线yb=，其与两条曲线()yf x=和()yg x=共有三个不同的交点，13 并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【解析】（1）()e=xfxa，()1gxax=0a时，()0fx恒成立，所以()fx在R上单调递增，即()fx没有最小值.该类情况应舍去.0a 时，()fx在(),lna上小于 0，在()ln,a+上大于 0，所以()fx在(

28、),lna上单调递减，在()ln,a+上单调递增，所以()fx在lnxa=处有最小值为()lnlnfaaaa=，所以()gx在10,a上小于 0，在1,a+上大于 0，所以()g x在10,a上单调递减，在1,a+上单调递增，所以()g x在1xa=处有最小值为11 lngaa=+，因为()xf xeax=和()lng xaxx=有相同的最小值.所以有()1lnln1 lnfaaaagaa=+，即ln1 lnaaaa=+因为0a，所以上式等价于1ln01aaa=+，令()()1ln01xh xxxx=+，则()()22101xh xx x+=+恒成立，所以()h x在()0,+上单调递增 又因

29、为()()10hh a=且0a，所以1a=.（2）证明：由（1）()e=xf xx，()lng xxx=，且()fx在(),0上单调递减，在()0,+上单调递增，14 ()g x在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，且()()minmin1f xg x=.1b 时，此时()()minmin1f xg xb=，显然yb=与两条曲线()yf x=和()yg x=共有 0 个交点，不符合题意；1b=时，此时()()minmin1f xg xb=，yb=与两条曲线()yf x=和()yg x=共有2 个交点，交点的横坐标分别为 0 和 1；1b 时，首先，证明yb=与曲线()yf x=有 2

30、 个交点：即证明()()F xf xb=有 2 个零点，()()1xFxfxe=，所以()F x在(),0上单调递减，在()0,+上单调递增，又因为()e0=bFb，()010Fb=，()e20=bF bb，（令()e2=bt bb，则()e20=bt b，()()1e20=t bt）所以明()()F xf xb=在(),0上存在且只存在 1 个零点，设为1x，在()0,+上存在且只存在 1 个零点，设为2x.其次其次，证明yb=与曲线和有 2 个交点：即证明()()G xg xb=有 2 个零点，()()11Gxgxx=，所以()G x在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，又因为(

31、)ee0=bbG，()010Gb=，()2ln20Gbbb=，（令()ln2bbb=，则()110bb=，()()11 ln20b=）所以()()F xf xb=在()0,1上存在且只存在 1 个零点，设为3x，在()1,+上存在且只存在 1 个零点，设为4x.再次再次，证明存在b使得23xx=：因为()()230F xG x=，所以2233eln=xbxxx，若23xx=，则2222eln=xxxx，即222e2ln0+=xxx，15 所以只需证明e2ln0+=xxx在()0,1上有解即可，即()e2ln=+xxxx在()0,1上有零点，因为1e3312e30ee=，()1e20=，所以()

32、e2ln=+xxxx在()0,1上存在零点，取一零点为0 x，令230 xxx=即可，此时取00e=xbx 则此时存在直线yb=，其与两条曲线()yf x=和()yg x=共有三个不同的交点 最后最后证明1402xxx+=，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列：因为()()()()()()1203040F xF xF xG xG xG x=，所以()()()100lnF xG xFx=，又因为()F x在(),0上单调递减，10 x，001x即0ln0 x，所以10lnxx=同理，因为()()()004e=xF xGG x，又因为()G x在()1,+上单调递增，00 x 即0e1x，11x

33、，所以04e=xx，又因为000e2ln0+=xxx，所以01400eln2+=+=xxxxx，即直线yb=，与两条曲线()yf x=和()yg x=从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.试卷点评欧阳才学 2022 年高考数学落实立德树人根本任务，促进学生德智体美劳全面发展，体现高考改革的要求。试卷突出数学学科特点，强化基础考查，突出关键能力，服务“双减”政策，助力基础教育提质增效。1.考查双基，体现能力考查双基，体现能力 试卷近一半的题目都属于常规的基础题型，从考查的知识点来看，也都是高中数学的主干知识。但题目的考法更加灵活，如果学生平时只是一味刷题，不注重数学知识的理解和思维能力的培养，在

34、很多基础题目上也会翻车。如选择第 5 题，考查学生对古典概型的计16 算，有的学生不理解互质的定义，便无从下手；第 9 题对正方体中异面直线和线面角的考查，无需计算就能得分；再比如解答题第 20 题（1），考查的是独立性检验，实际上是代入公式进行计算即可轻松解决此题。2.关注应用，体现素养关注应用，体现素养 数学与实际生活的结合一直是高考的热点，今年的试卷也一如既往的将数学知识融于实际情境之中，体现数学的应用价值。如第 4 题以我国的重大建设成就“南水北调”工程为背景，考查学生的空间想象、运算求解能力，试题引导学生关注社会主义建设的成果，增强社会责任感，体现学生的数学素养。3.知识综合，区分度

35、高知识综合，区分度高 由于数学学科的特点，高考数学出现知识间的综合。如函数与数列的结合，切线与不等式的结合，三角变形公式与解三角形的结合等等。另外，少数几个较难的题目也体现了良好的区分度，如 8、16、21、22 题对学生的思维能力都有较高的要求。第 16 题体现了特殊与一般的思想，20（2）题以条件概率作为背景为命题的切入点，要求学生证明等式这对学生的就是一个不小的考验，其次要概率估计值的计算让学生犯难了；22 题作为全卷最后一道题目，第 22 题重视基于数学素养的关键能力的考查，在数学知识层面、数学能力层面和创新思维层面都有所体现，具有较好的选拔功能。本卷有一定的创新性，平时的立体几何第一

36、问考查的是证明，解析几何第一问考查的是求曲线方程等都有所改变，因此想要在高考中拿到高分，只有深刻挖掘题目背后的原理和内涵，才能更好的把握住数学的本质，需要在理解数学的基础上学好数学。试卷点评范世祥 今年是数学新高考全国卷的第三年，由教育部考试中心（2022 年现已更名为教育部教育考试院）统一命制的 2022 年全国新高考 I 卷数学试卷，试卷遵循普通高中数学课程标准（2017 年版 2020 年修订）的基本要求，试题落实立德树人根本任务，贯彻德智体美劳全面发展的教育方针，坚持素养导向、能力为重的命题原则，体现了高考数学的科学选拔和育人导向作用。试卷结构保持不变，试题稳定适度创新。试题重视数学的

37、本质，突出理性思维、数学应用、数学探究、数学文化的引领作用，突出对关键能力的考查。试题体现了基础性、综合性、17 应用性和创新性的考查要求，难度设计科学合理，贯彻“低起点、多层次、高落差”的科学调控策略，命制了适合不同学生水平的试题。充分发挥了数学试题的选拔功能和积极导向作用。“低起点”注重基础。试卷在选择题、填空题、解答题起始部分起点低、入口宽，从数学概念、数学方法入手，面向全体学生。如试卷第 15 题、第 910 题、第 1314 题、第 1719题，都是注重考查基础知识、回归教材的特点。“多层次”突显思维。试题重视难度和思维的层次性，数学概念的理解、基本数学方法的掌握、数学素养的养成等与

38、思维水平有高度的关联性，给学生更广阔的思考空间、更多的思考角度以及基于自己认知水平的发现和探索解题方法的不同平台。如试卷第 题、第 题、第 题具有多种解法，体现解题方法的多样性，给不同层次的学生提供多种分析问题和解决问题的途径。“高落差”服务选才。试题的难度设计不仅有层次性，而且在思维的灵活性、深刻性，方法的综合性、探究性和创造性等方面科学把握试题的区分度，体现高考数学的选拔功能。如试卷第 16 题、第 21 题、第 22 题对思维能力提出较高要求，要求学生具备解决较复杂问题的综合素养和关键能力，具有一定的难度。这样的设计有利于高校选拔人才，也有利于中学数学教学加强培养学生的核心素养。综上，2022 年高考数学新高考 I 卷试题坚持高考的核心价值，突出数学学科特色，着重考查学生的理性思维能力，综合运用数学思想方法发现问题、分析问题、解决问题的能力。通过创新试题设计，优化试卷结构，很好地把握了稳定与创新、稳定与改革的关系，对推进高考综合改革、引导中学数学教学都将发挥积极作用。