2022年高考理数真题试卷（全国乙卷）(教师版)

2022年高考理数真题试卷（全国乙卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．1．（2022·全国乙卷）设全集U={1，2，3，4，5}，集合M满足∁UA．2∈M B．3∈M C．4∉M D．5∉M【答案】A【知识点】元素与集合关系的判断；补集及其运算【解析】【解答】易知M={2，4，5}，对比选项即可判断，A正确.故选：A【分析】先写出集合M，即可判断.2．（2022·全国乙卷）已知z=1−2i，且z+azA．a=1，b=−2 B．a=−1，b=2C．a=1，b=2 D．a=−1，b=−2【答案】A【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的加减运算【解析】【解答】易知z所以z+a由z+az+b=0，得1+a+b=02a−2=0故选：A【分析】先求得z，再代入计算，由实部与虚部都为零解方程组即可.3．（2022·全国乙卷）已知向量a，b满足|a|=1，|b|=3，|a−2b|=3，则A．-2 B．-1 C．1 D．2【答案】C【知识点】平面向量数量积的性质及其运算律【解析】【解答】解：∵|a又∵|∴9=1−4a∴a故选：C【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.4．（2022·全国乙卷）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+1αA．b1<b5 B．b3<【答案】D【知识点】数列的应用【解析】【解答】解：因为αk所以α1<α1+同理可得b2<b又因为1α故b2<b以此类推，可得b11α2>1αα1+1故选：D【分析】根据αk∈N*(k=1，2，…)，再利用数列{5．（2022·全国乙卷）设F为抛物线C：y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3，0)，若|AF|=|BF|A．2 B．22 C．3 D．【答案】B【知识点】两点间的距离公式；抛物线的定义【解析】【解答】易知抛物线的焦点为F(1，0)，则|AF|=|BF|=2，即点A到准线x=−1的距离为2，所以点A的横坐标为1，不妨设点A在x轴上方，代入得，A(1，2)，所以|AB|=(3−1)故选：B【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.6．（2022·全国乙卷）执行下边的程序框图，输出的n=（）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【知识点】程序框图【解析】【解答】第一次循环：b=b+2a=1+2=3，a=b−a=3−1=2，n=n+1=2，|b第二次循环，b=b+2a=3+4=7，a=b−a=7−2=5，n=n+1=3，|b第三次循环，b=b+2a=7+10=17，a=b−a=17−5=12，n=n+1=4，|b2a故选：B【分析】根据程序框图循环计算即可.7．（2022·全国乙卷）在正方体ABCD−A1BA．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF∥平面A1AC 【答案】A【知识点】用向量证明平行；用向量证明垂直【解析】【解答】解：在正方体ABCD−A1B1C1D又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，由E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1=D，所以EF⊥平面BDD1，又EF⊂以点D为原点，建立如图空间直角坐标系，设AB=2，则B1C1(0，2，2)，得EF=(−1，1，0)，A设平面B1EF的法向量为则有m⋅EF=−同理可得平面A1BD的法向量为平面A1AC的法向量为平面A1C1则m⋅n1=2−2+1=1≠0，所以平面因为m与n2不平行，所以平面B1EF因为m与n3不平行，所以平面B1EF故选：A【分析】证明EF⊥平面BDD1，即可判断A；以点D为原点，建立如图空间直角坐标系，设AB=2，分别求出平面B1EF，8．（2022·全国乙卷）已知等比数列{an}的前3项和为168，aA．14 B．12 C．6 D．3【答案】D【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和【解析】【解答】解：设等比数列{an}的公比为q若q=1，则a2所以q≠1，由题意可得a1+a所以a6故选：D.【分析】设等比数列{an}的公比为q，首项为a9．（2022·全国乙卷）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．13 B．12 C．33【答案】C【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体【解析】【解答】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则r=所以该四棱锥的高h=1−a当且仅当a24=1−a故选：C【分析】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则r=22a10．（2022·全国乙卷）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p1，pA．p与该棋手和甲、乙、丙的此赛次序无关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【答案】D【知识点】相互独立事件的概率乘法公式【解析】【解答】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为p则p记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p则p记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p则p则pp即p甲<p则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率p甲；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率p乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率11．（2022·全国乙卷）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A．52 B．32 C．132【答案】C【知识点】双曲线的简单性质；正弦定理的应用；余弦定理的应用【解析】【解答】解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G所以OG⊥NF1，因为cos∠所以|OG|=a，|OF1|=c，|GF1由cos∠F1NF2=35在△F2=sin由正弦定理得2csin所以|NF1又|NF1|−|NF2|=3a+4b故选：C【分析】依题意设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，可判断N在双曲线的右支，设∠F1NF2=α，∠F2F1N=β，即可求出sinα，sinβ，12．（2022·全国乙卷）已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)+g(2−x)=5，g(x)−f(x−4)=7．若y=g(x)的图像关于直线x=2对称，g(2)=4，则k=122A．-21 B．-22 C．-23 D．-24【答案】D【知识点】抽象函数及其应用；函数的应用【解析】【解答】因为y=g(x)的图像关于直线x=2对称，所以g(2−x)=g(x+2)，由g(x)−f(x−4)=7，得g(x+2)−f(x−2)=7，即g(x+2)=7+f(x−2)，因为f(x)+g(2−x)=5，所以f(x)+g(x+2)=5，代入得f(x)+[7+f(x−2)]=5，即f(x)+f(x−2)=−2，所以f(3)+f(5)+…+f(21)=(−2)×5=−10，f(4)+f(6)+…+f(22)=(−2)×5=−10.因为f(x)+g(2−x)=5，所以f(0)+g(2)=5，即f(0)=1，所以f(2)=−2−f(0)=−3.因为g(x)−f(x−4)=7，所以g(x+4)−f(x)=7，又因为f(x)+g(2−x)=5，联立得，g(2−x)+g(x+4)=12，所以y=g(x)的图像关于点(3，6)中心对称，因为函数g(x)的定义域为R，所以g(3)=6因为f(x)+g(x+2)=5，所以f(1)=5−g(3)=−1.所以k=122故选：D【分析】根据对称性和已知条件得到f(x)+g(x+2)=5代入f(x)+g(2−x)=5得到f(x)+f(x−2)=−2，从而得到f(3)+f(5)+…+f(21)=−10，f(4)+f(6)+…+f(22)=−10，然后根据条件得到f(2)的值，再由题意得到g(3)=6从而得到f(1)的值即可求解.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（2022·全国乙卷）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．【答案】3【知识点】古典概型及其概率计算公式【解析】【解答】从5名同学中随机选3名的方法数为C甲、乙都入选的方法数为C31=3故答案为：3【分析】根据古典概型计算即可.14．（2022·全国乙卷）过四点(0，0)，(4，0)，(−1，1)，(4，2)中的三点的一个圆的方程为．【答案】(x−2)2+(y−3)2=13或【知识点】圆的一般方程；点与圆的位置关系【解析】【解答】解：设圆的方程为x2若过(0，0)，(4，0)，(−1，1)三点，则F=016+4D+F=01+1−D+E+F=0，解得所以圆的方程为x2+y若过(0，0)，(4，0)，(4，2)三点，则F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得所以圆的方程为x2+y若过(0，0)，(4，2)，(−1，1)三点，则F=01+1−D+E+F=016+4+4D+2E+F=0，解得所以圆的方程为x2+y若过(−1，1)，(4，0)，(4，2)三点，则1+1−D+E+F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得所以圆的方程为x2+y故答案为：(x−2)2+(y−3)2=13或(x−2)【分析】设圆的方程为x215．（2022·全国乙卷）记函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期为T，若f(T)=32，x=π9为【答案】3【知识点】余弦函数的周期性；余弦函数的零点与最值【解析】【解答】解：函数f(x)=cos(ωx+φ)，（ω>0，的最小正周期为T=2πω，因为又0<φ<π，所以φ=π6，即又x=π9为f(x)的零点，所以π9因为ω>0，所以当k=0时ωmin故答案为：3【分析】先表示周期T，再根据f(T)=32求出φ，最后根据x=π16．（2022·全国乙卷）已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax−ex2【答案】(【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值【解析】【解答】解：f′因为x1，x所以函数f(x)在(−∞，x1)和(所以当x∈(−∞，x1)∪(x2，+∞)时，若a>1时，当x<0时，2lna⋅a故a>1不符合题意，若0<a<1时，则方程2lna⋅a即方程lna⋅ax=ex的两个根为x1，x设过原点且与函数y=g(x)的图象相切的直线的切点为(x则切线的斜率为g′(x则有−lna⋅a则切线的斜率为ln2因为函数y=lna⋅a所以eln2a<又0<a<1，所以1e综上所述，a的范围为(1【分析】由x1，x2分别是函数f(x)=2ax−ex2的极小值点和极大值点，可得x∈(−∞，x1)∪(x2，+∞)时，f′(x)<0，三、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．（2022·全国乙卷）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinC（1）证明：2a（2）若a=5，cosA=25【答案】（1）证明：因为sinC所以sinC所以ac⋅a即a2所以2a（2）解：因为a=5，cos由（1）得b2+c2=50则50−50所以bc=31故(b+c)2所以b+c=9，所以△ABC的周长为a+b+c=14.【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理【解析】【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出bc，从而可求得b+c，即可得解.18．（2022·全国乙卷）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．【答案】（1）证明：因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，因为AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）解：连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，所以S△AFC当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3因为AD⊥CD，所以DE=1在△DEB中，DE2+B以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，则A(1，0，0)，B(0，3，0)，D(0，0，1)，所以设平面ABD的一个法向量为n=(x，y，z)则n⋅AD=−x+z=0n⋅又因为C(−1，0，0)，F(0，34，所以cos〈设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π所以sinθ=|所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为43【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量求直线与平面的夹角【解析】【分析】（1）根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE⊥DE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.19．（2022·全国乙卷）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：m2）和材积量（单位：m样本号i12345678910总和根部横截面积x0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量y0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得i=110附：相关系数r=i=1（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186m2【答案】（1）解：样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x样本中10棵这种树木的材积量的平均值y据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m平均一棵的材积量为0.39（2）解：r==则r≈0.97（3）解：设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得0.060.39=186则该林区这种树木的总材积量估计为1209m【知识点】众数、中位数、平均数；相关系数【解析】【分析】（1）计算出样本中10棵这种树木根部横截面积的平均值及10棵这种树木材积量平均值，即可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）根据相关系数公式计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．20．（2022·全国乙卷）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，−2)，B(3（1）求E的方程；（2）设过点P(1，−2)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MT=【答案】（1）解：设椭圆E的方程为mx2+n则4n=194m+n=1，解得m=所以椭圆E的方程为：y（2）证明：A(0，−2)，B(32，−1)①若过点P(1，−2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入x2可得M(1，263)，T(6+3，263y=(2−263②若过点P(1，−2)的直线斜率存在，设kx−y−(k+2)=0，M(x联立kx−y−(k+2)=0x23可得x1+x且x联立y=y1可求得此时HN：y−y将(0，−2)，代入整理得2(x将(*)代入，得24k+12显然成立，综上，可得直线HN过定点(0，−2).【知识点】恒过定点的直线；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）设椭圆方程为mx（2）分直线斜率是否存在进行讨论，直线方程与椭圆C的方程联立，利用韦达定理结合已知条件即可表示直线HN，化简即可得解.21．（2022·全国乙卷）已知函数f(x)=ln（1）当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；（2）若f(x)在区间(−1，0)，(0，+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1）解：f(x)的定义域为(−1，+∞)当a=1时，f(x)=ln(1+x)+x所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=2x（2）解：f(x)=f设g(x)=1°若a>0，当x∈(−1，0)，g(x)=ex所以f(x)在(−1，0)上单调递增，f(x)<f(0)=0故f(x)在(−1，0)上没有零点，不合题意2°若−1⩽a⩽0，当x∈(0，+∞)，则g所以g(x)在(0，+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0，即f所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，f(x)>f(0)=0故f(x)在(0，+∞)上没有零点，不合题意3°若a<−1①当x∈(0，+∞)，则g′(x)=ex−2ax>0g(0)=1+a<0，g(1)=e>0所以存在m∈(0，1)，使得g(m)=0，即f当x∈(0，m)，f当x∈(m，+∞)，f所以当x∈(0，m)，f(x)<f(0)=0当x→+∞，f(x)→+∞所以f(x)在(m，+∞)上有唯一零点又(0，m)没有零点，即f(x)在(0，+∞)上有唯一零点②当x∈(−1，0)，g(x)=设h(x)=h所以g′(x)在g所以存在n∈(−1，0)，使得g当x∈(−1，n)，g当x∈(n，0)，g′又g(−1)=所以存在t∈(−1，n)，使得g(t)=0，即f当x∈(−1，t)，f(x)单调递增，当x∈(t，0)，f(x)单调递减有x→−1，f(x)→−∞而f(0)