2022年北京市高考数学试题(解析版).docx

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1、绝密本科目考试启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学本试卷共5页，150分考试时长120分钟考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回第一部分（选择题 共40分）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. 已知全集，集合，则A=（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用补集的定义可得正确的选项【详解】由补集定义可知：A=x-3x-2或1x3,，即 A=（-3，-2(1,3)故选：D 2. 若复数z满足，则（ ）A. 1B. 5C. 7D. 25【答案】B【解析】【分析

2、】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模【详解】由题意有，故故选：B3. 若直线是圆的一条对称轴，则（ ）A. B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解【详解】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得故选：A4. 己知函数，则对任意实数x，有（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误【详解】，故A错误，C正确；，不常数，故BD错误；故选：C5. 已知函数，则（ ）A. 在上单调递减B. 在上单调递增C. 在上单调递减D. 在上单调递增【答案】C【解析】【分析】

3、化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为.对于A选项，当时，则在上单调递增，A错；对于B选项，当时，则在上不单调，B错；对于C选项，当时，则在上单调递减，C对；对于D选项，当时，则在上不单调，D错.故选：C.6. 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.若为单调递增数列，则

4、，若，则当时，；若，则，由可得，取，则当时，所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；若存在正整数，当时，取且，假设，令可得，且，当时，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.故选：C.7. 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和的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是下列结论中正确的是（ ）A. 当，时，二氧化碳处于液态B. 当，时，二氧化碳处于气态C. 当，时，

5、二氧化碳处于超临界状态D. 当，时，二氧化碳处于超临界状态【答案】D【解析】【分析】根据与的关系图可得正确的选项.【详解】当，时，此时二氧化碳处于固态，故A错误.当，时，此时二氧化碳处于液态，故B错误.当，时，与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，另一方面，时对应的是非超临界状态，故C错误.当，时，因, 故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确.故选：D8. 若，则（ ）A. 40B. 41C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用赋值法可求的值.【详解】令，则，令，则，故，故选：B.9. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合设集合，则T表示的区域的面积为（ ）A. B. C

6、. D. 【答案】B【解析】【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，且，故.因为，故，故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，而三角形内切圆的圆心为，半径为，故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为故选：B10. 在中，P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，设，所以，所以，其中，因为

7、，所以，即；故选：D第二部分（非选择题 共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分11. 函数的定义域是_【答案】【解析】【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；【详解】解：因为，所以，解得且，故函数的定义域为；故答案为：12. 已知双曲线的渐近线方程为，则_【答案】【解析】【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，则，又双曲线的渐近线方程为，所以，即，解得；故答案为：13. 若函数的一个零点为，则_；_【答案】 . 1 . 【解析】【分析】先代入零点，求得

8、A的值，再将函数化简为，代入自变量，计算即可.【详解】，故答案为：1，14. 设函数若存在最小值，则a的一个取值为_；a的最大值为_【答案】 . 0（答案不唯一） . 1【解析】【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分类讨论，可知，符合条件，不符合条件，时函数没有最小值，故的最小值只能取的最小值，根据定义域讨论可知或， 解得 .【详解】解：若时，；若时，当时，单调递增，当时，故没有最小值，不符合题目要求；若时，当时，单调递减，当时，或，解得，综上可得；故答案为：0（答案不唯一），115. 己知数列各项均为正数，其前n项和满足给出下列四个结论：的第2项小于3； 为等比数列；为递减数列； 中存在

9、小于的项其中所有正确结论序号是_【答案】【解析】【分析】推导出，求出、的值，可判断；利用反证法可判断；利用数列单调性的定义可判断.【详解】由题意可知，当时，可得；当时，由可得，两式作差可得，所以，则，整理可得，因为，解得，对；假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，所以，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，错；当时，可得，所以，数列为递减数列，对；假设对任意的，则，所以，与假设矛盾，假设不成立，对.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题在推断的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.三、解答题共6小愿，共85分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程16. 在中，（1）求；

10、（2）若，且的面积为，求的周长【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【小问1详解】解：因为，则，由已知可得，可得，因此，.【小问2详解】解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，所以，的周长为.17. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，M，N分别为，AC的中点（1）求证：平面；（2）再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值条件：；条件：注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分【答案】（1

11、）见解析 （2）见解析【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.（2）选均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.【小问1详解】取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，小问2详解】因为侧面为正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选，则，而，故平面，而平面，故，所以，而，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选，因，故平

12、面，而平面，故，而，故，而，故，所以，故，而，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.18. 在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含）的同学将获得优秀奖为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，935，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛

13、成绩相互独立（1）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；（2）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E（X）；（3）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）【答案】（1）0.4 （2） （3）丙【解析】【分析】(1) 由频率估计概率即可(2) 求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望.(3) 计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大.【小问1详解】由频率估计概率可得甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，故答案为0.4【小问2详解】设甲获得

14、优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3，.X的分布列为X0123P【小问3详解】丙夺冠概率估计值最大.因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.19. 已知椭圆：的一个顶点为，焦距为（1）求椭圆E的方程；（2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭

15、圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；【小问1详解】解：依题意可得，又，所以，所以椭圆方程为；【小问2详解】解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得20. 已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，讨论函数在上的单调性；（3）证明：对任意的，有【答案】（1） （2）在上单调递增. （3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解

16、；（3）令，即证，由第二问结论可知在0,+）上单调递增，即得证.【小问1详解】解：因为，所以，即切点坐标为，又，切线斜率切线方程为：【小问2详解】解：因为， 所以，令，则， 在上单调递增，在上恒成立，在上单调递增.【小问3详解】解：原不等式等价于，令，即证，由（2）知在上单调递增，在上单调递增，又因为，所以命题得证.21. 已知为有穷整数数列给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列（1）判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；（2）若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；（3）若为连续可表数列，且，求证：【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列 （2

17、）证明见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；（3）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可小问1详解】，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列【小问2详解】若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；当时,数列，满足， 【小问3详解】，若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，若，则至多可表个数，矛盾,从而若,则，至多可表个数，而，所以其中有负的，从而可表120及那个负数（恰 21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中

18、没有两数相同,设那个负数为 ，则所有数之和，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个， （仅一种方式），与2相邻，若不在两端,则形式，若，则（有2种结果相同，方式矛盾）， 同理 ，故在一端，不妨为形式，若,则 （有2种结果相同，矛盾），同理不行，则 （有2种结果相同，矛盾），从而，由于,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能，或，这2种情形，对：，矛盾，对：，也矛盾，综上 【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题