全国乙卷2022年普通高等学校招生全国统一考试数学理试卷含解析

Page20（全国乙卷）2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（理）试卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。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，再选涂其它答案标号。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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.设全集，集合M满足，则()A. B. C. D.2.已知，且，其中a，b为实数，则()A.， B.， C.， D.，3.已知向量a，b满足，，，则()A.-2 B.-1 C.1 D.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，，，…，依此类推，其中.则()A. B. C. D.5.设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则()A.2 B. C.3 D.6.执行下边的程序框图，输出的()A.3 B.4 C.5 D.67.在正方体中，E，F分别为AB，BC的中点，则()A.平面平面 B.平面平面C.平面平面 D.平面平面8.已知等比数列的前3项和为168，，则()A.14 B.12 C.6 D.39.已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为()A. B. C. D.10.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，且.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，，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为()A. B. C. D.12.已知函数，的定义域均为R，且，.若的图像关于直线对称，，则()A.-21 B.-22 C.-23 D.-24二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.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，，，中的三点的一个圆的方程为________.15.记函数的最小正周期为T.若，为的零点，则ω的最小值为________.16.已知，和分别是函数（且）的极小值点和极大值点.若，则a的取值范围是_________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17.（12分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）证明：；（2）若，，求的周长.18.（12分）如图，四面体ABCD中，，，，E为AC的中点.

（1）证明：平面平面；（2）设，，点F在BD上，当的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值.19.（12分）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得，，.（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.附：相关系数，.20.（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过，两点.（1）求E的方程；（2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足，证明：直线HN过定点.21.（12分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间，各恰有一个零点，求a的取值范围.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知直线l的极坐标方程为.（1）写出l的直角坐标方程；（2）若l与C有公共点，求m的取值范围.23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知a，b，c都是正数，且，证明：

（1）；（2）.

参考答案1.答案：A解析：由题意知，故选A.2.答案：A解析：由题意知：，所以，又，所以，所以，解得，故选A.3.答案：C解析：由，可得，又，，所以，故选C.4.答案：D解析：解法一当n取奇数时，由已知，，因为，所以，同理可得，，…，于是可得，故A不正确.当n取偶数时，由已知，，因为，所以，同理可得，，…，于是可得，故C不正确.因为，所以，同理可得，，，又，所以，故B不正确.故选D.解法二（特殊值法）不妨取，则，，，所以，，，，.逐一判断选项可知选D.5.答案：B解析：解法一：如图，由题意可知，设，则由抛物线的定义可知.因为，所以由，可得，解得，所以或.不妨取，则，故选B.解法二：由题意可知，，所以.因为抛物线的通径长为，所以AF的长为通径长的一半，所以轴，所以，故选B.6.答案：B解析：执行循环体，，，，；，，，；，，，.故输出的，故选B.7.答案：A解析：如图，对于选项A，在正方体中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以，又，所以，又易知，，从而平面，又平面，所以平面平面，故选项A正确；对于选项B，因为平面平面，所以由选项A知，平面平面不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线与直线必相交，故平面与平面不平行，故选项C错误；对于选项D，连接，，易知平面平面，又平面与平面有公共点，所以平面与平面不平行，故选项D错误.故选A.8.答案：D解析：解法一：设等比数列的首项为，公比为q，由题意可得，即，解得，所以，故选D.解法二：设等比数列的首项为，公比为q，由题意可得，即，解得，所以，故选D.9.答案：C解析：解法一（特殊法）不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为a，底面正方形外接树的半径为r，则，四棱锥的高，所以四棱锥的体积，当且仅当，即时等号成立，此时四棱锥的高，故选C.解法二（导数法）设四棱锥的底面是正方形，底面正方形外接圆的半径为r，四棱锥的高为h，则，，正方形的边长为，所以四棱锥的体积.令，则，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，所以当四棱锥的体积最大时，其高为，故选C.解法三（转化法）该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h（），底面半径为r，则圆锥的体积，则，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，四棱锥的体积最大，故选C.10.答案：D解析：解法一设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为，由题意可知，，，.所以，，所以最大，故选D.解法二（特殊值法）不妨设，，，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率.所以最大，故选D.11.答案：D解析：由的图象关于直线对称，可得.在中，用-x替换x，可得，可得①，为偶函数.在中，用替换x，得，代入中，得②，所以的图象关于点中心对称，所以.由①②可得，所以，所以，所以函数是以4为周期的周期函数.由可得，又，所以可得，又，所以，得，又，，所以.故选D.12.答案：AC解析：不妨假设双曲线的标准方程为，，.当两个交点M，N在双曲线两支上时，如图1所示，设过的直线与圆D切于点P，连接OP，由题意知，又，所以.过点作，交于点Q.由中位线的性质，可得，.因为，所以，故，，所以.由双曲线的定义可知，所以，所以.两边平方得，即，整理得，所以，故，即.当两个交点M，N都在双曲线的左支上时，如图2所示，同理可得，.因为，所以，可得，，所以，所以，又，所以，即，.故选AC.13.答案：解析：从甲、乙等5名同学中随机选3名，有种情况，其中甲、乙都入选有种情况，所以甲、乙都入选的概率.14.答案：或或或解析：若圆过，，三点，设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，易得，所以过这三点的圆的方程为，即.若圆过，，三点，通解：设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，易得，所以过这三点的圆的方程为，即.光速解：在平面直角坐标系中作出这三个点，显然由这三个点的连线组成的三角形为直角三角形，该直角三角形的外接圆的圆心为点和点连线段的中点，即，直径2R等于点和点连线段的长，即，可得，所以圆的方程为.若圆过，，三点，设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，易得，所以过这三点的圆的方程为，即.若圆过，，三点，设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，易得，所以过这三点的圆的方程为，即.15.答案：3解析：因为，，所以，即.又，所以.因为为的零点，所以，解得.又，所以当时，取得最小值，且最小值为3.16.答案：解析：解法一由，得.令，得，因为且，所以显然，所以.令，则.令，得.故当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以，也是最小值.因为有极小值点和极大值点，故有两个不同的根，，故的图象与直线有两个交点，所以，即，又，所以，又，所以易知当，时，；当时，.若，则当时，，不符合题意，所以，则，所以.解法二由题意，，根据有极小值点和极大值点可知，，为的两个不同的根，又，所以易知当，时，；当时，.由可得.①若，则当时，，不符合题意，舍去.②若，令，，在同一平面直角坐标系中作出函数和的图象，如图所示.因为有两个不同的根，所以与的图象需要有两个交点，则过原点且与的图象相切的直线l的斜率.不妨设直线l与的图象的切点坐标为，因为，所以，可得，从而，即，则，又，所以，所以.17.答案：（1）证明见解析（2）14解析：解：（1）解法一由可得，

，

结合正弦定理

可得，

即（*）.方法一由余弦定理可知，，，代入（*）式整理得.方法二，利用三角形的射影定理，

得，

又，

所以，所以.解法二因为，

所以

.

同理有，

所以，

由正弦定理可得.（2）由（1）及得，，所以.因为，所以，得，所以的周长.18.答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）因为，，，

所以，所以.因为E为AC的中点，所以，，

又，平面BED，所以平面BED，

又平面ACD，所以平面平面ACD.（2）因为，，

所以为正三角形，则，，.

因为，，所以为等腰直角三角形，所以.

所以，则.

由（1）可知，平面BED.连接EF，因为平面BED，所以，

当的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小.

在中，当EF的长度最小时，，.

解法一又，，所以EA，EB，ED两两垂直，以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，.

易得，，所以.

设，则，，

所以，得，，

即，所以.

设平面ABD的法向量为，则，

不妨取，则，，.

记CF与平面ABD所成的角为，则.

解法二因为E为AC的中点，

所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍.

因为，，，平面ABC，

所以平面ABC.

因为，所以，

其中d为点C到平面ABD的距离.

在中，，，所以，

所以.

因为平面BED，平面BED，

所以，所以.

记CF与平面ABD所成的角为，则.解法三如图，过点E作交AB于点M，连接DM，过点E作交DM于点G.

因为，，，平面ABC，

所以平面ABC，又平面ABC，

所以，又，平面DEM，所以平面DEM，

又平面DEM，所以，又，平面ABD，

所以平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离.

因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的.

因为，所以，

所以点C到平面ABD的距离.

.

记CF与平面ABD所成的角为，则.19.答案：（1）0.06，0.39（2）0.97（3）1209解析：（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积，

估计该林区这种树木平均一棵的材积量，

（2），

，

，

所以，

所以样本相关系数.

（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y，

由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以，

所以，

即该林区这种树木的总材积量的估计值为1209.20.答案：（1）；

（2）直线HN过定点解析：（1）椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过，

可设椭圆E的方程为，

又椭圆E过，，得，

E的方程为.（2）当直线MN的斜率不存在时，，

由，得，.

结合题意可知，，

过M且平行于x轴的直线的方程为.

易知点T的横坐标，直线AB的方程为即，

由，得，.

，，

，即.

当直线MN的斜率存在时，如图，设，，.

由，得，，，.过M且平行于x轴的直线的方程为，

与直线AB的方程联立，得，得，

.

，，