文档内容
绝密★启用前
2022 年普通高等学校招生全国统一考试
数学（理科）
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.
【答案】A
【解析】
【分析】先写出集合 ,然后逐项验证即可
【详解】由题知 ,对比选项知， 正确, 错误
故选:
2. 已知 ，且 ，其中a，b为实数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先算出 ,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可
【详解】
由 ,得 ,即
故选:
3. 已知向量 满足 ，则 （ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.
第1页 | 共24页【详解】解：∵ ，
又∵
∴9 ，
∴
故选：C.
4. 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.
【答案】D
【解析】
【分析】根据 ，再利用数列 与 的关系判断 中各项的大小，
即可求解.
【详解】解：因为 ，
所以 ， ，得到 ，
同理 ，可得 ，
又因为 ，
故 ， ；
以此类推，可得 ， ，故A错误；
第2页 | 共24页，故B错误；
，得 ，故C错误；
，得 ，故D正确.
故选：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.
【答案】B
【解析】
【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 的横坐标，进而求得
点 坐标，即可得到答案.
【详解】由题意得， ，则 ，
即点 到准线 的距离为2，所以点 的横坐标为 ，
不妨设点 在 轴上方，代入得， ，
所以 .
故选：B
6. 执行下边的程序框图，输出的 （ ）
第3页 | 共24页A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据框图循环计算即可.
【详解】执行第一次循环， ，
，
；
执行第二次循环， ，
，
；
执行第三次循环， ，
，
，此时输出 .
故选：B
7. 在正方体 中，E，F分别为 的中点，则（ ）
A. 平面 平面 B. 平面 平面
第4页 | 共24页C. 平面 平面 D. 平面 平面
【答案】A
【解析】
【分析】证明 平面 ，即可判断A；如图，以点 为原点，建立空间直角坐标
系，设 ，分别求出平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，
即可判断BCD.
【详解】解：在正方体 中，
且 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 分别为 的中点，
所以 ，所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ，故A正确；
如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，
则 ，
，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，可取 ，
同理可得平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
则 ，
第5页 | 共24页所以平面 与平面 不垂直，故B错误；
因为 与 不平行，
所以平面 与平面 不平行，故C错误；
因为 与 不平行，
所以平面 与平面 不平行，故D错误，
故选：A.
8. 已知等比数列 的前3项和为168， ，则 （ ）
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列 的公比为 ，易得 ，根据题意求出首项与公比，再根
据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列 的公比为 ，
若 ，则 ，与题意矛盾，
所以 ，
则 ，解得 ，
所以 .
故选：D.
第6页 | 共24页9. 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.
【答案】C
【解析】
【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最
大值为 ，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而
得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为 ，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当 即 时等号成立，
故选：C
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 概的率分别为 ，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
【答案】D
【解析】
【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 ；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率 ；该棋手在第二盘与丙比赛
且连胜两盘的概率 .并对三者进行比较即可解决
【详解】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
第7页 | 共24页则
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即 ， ，
则该棋手在第二盘与丙比赛， 最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
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
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
的两支交于M，N两点，且 ，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在 轴，设过 作圆 的切线切点为 ，可判断 在
双曲线的右支，设 ， ，即可求出 ， ， ，在
中由 求出 ，再由正弦定理求出 ，
，最后根据双曲线的定义得到 ，即可得解；
【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在 轴，设过 作圆 的切线切点为 ，
所以 ，因为 ，所以 在双曲线的右支，
所以 ， ， ，设 ， ，
由 ，即 ，则 ， ， ，
在 中，
第8页 | 共24页，
由正弦定理得 ，
所以 ，
又 ，
所以 ，即 ，
所以双曲线的离心率
故选：C
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. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性和已知条件得到 ，从而得到
第9页 | 共24页， ，然后根据条件得
到 的值，再由题意得到 从而得到 的值即可求解.
【详解】因为 的图像关于直线 对称，
所以 ，
因为 ，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，
代入得 ，即 ，
所以 ，
.
因为 ，所以 ，即 ，所以
.
因为 ，所以 ，又因为 ，
联立得， ，
所以 的图像关于点 中心对称，因为函数 的定义域为R，
所以
因为 ，所以 .
所以
.
故选：D
【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰
当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.
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
____________．
【答案】 ##0.3
【解析】
【分析】根据古典概型计算即可
【详解】从5名同学中随机选3名的方法数为
第10页 | 共24页甲、乙都入选的方法数为 ，所以甲、乙都入选的概率
故答案为：
14. 过四点 中的三点的一个圆的方程为____________．
【答案】 或 或 或
；
【解析】
【分析】设圆的方程为 ，根据所选点的坐标，得到方程组，解得
即可；
【详解】解：依题意设圆的方程为 ，
若过 ， ， ，则 ，解得 ，
所以圆的方程为 ，即 ；
若过 ， ， ，则 ，解得 ，
所以圆的方程为 ，即 ；
若过 ， ， ，则 ，解得 ，
所以圆的方程为 ，即 ；
第11页 | 共24页若过 ， ， ，则 ，解得 ，
所以圆的方程为 ，即 ；
故答案为： 或 或
或 ；
15. 记函数 的最小正周期为T，若 ，
为 的零点，则 的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】首先表示出 ，根据 求出 ，再根据 为函数的零点，即可求出
的取值，从而得解；
【详解】解： 因为 ，（ ， ）
所以最小正周期 ，因为 ，
又 ，所以 ，即 ，
又 为 的零点，所以 ，解得 ，
因为 ，所以当 时 ；
故答案为：
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____________．
第12页 | 共24页【答案】
【解析】
【分析】由 分别是函数 的极小值点和极大值点，可得
时， ， 时， ，再分 和
两种情况讨论，方程 的两个根为 ，即函数 与
函数 的图象有两个不同的交点，构造函数 ，根据导数的结合意义结
合图象即可得出答案.
【详解】解： ，
因为 分别是函数 的极小值点和极大值点，
所以函数 在 和 上递减，在 上递增，
所以当 时， ，当 时， ，
若 时，
当 时， ，
则此时 ，与前面矛盾，
故 不符合题意，
若 时，
则方程 的两个根为 ，
即方程 的两个根为 ，
即函数 与函数 的图象有两个不同的交点，
令 ，则 ，
设过原点且与函数 的图象相切的直线的切点为 ，
则切线的斜率为 ，
故切线方程为 ，
则有 ，
解得 ，
则切线的斜率为 ，
第13页 | 共24页因为函数 与函数 的图象有两个不同的交点，
所以 ，解得 ，
又 ，所以 ，
综上所述， 的范围为 .
【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类
讨论思想，有一定的难度.
三、解答题：共0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. 记 的内角 的对边分别为 ，已知
．
（1）证明： ；
（2）若 ，求 的周长．
【答案】（1）见解析 （2）14
【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 ，从而可求得 ，即可得解.
【小问1详解】
第14页 | 共24页证明：因为 ，
所以 ，
所以 ，
即 ，
所以 ；
【小问2详解】
解：因为 ，
由（1）得 ，
由余弦定理可得 ，
则 ，
所以 ，
故 ，
所以 ，
所以 的周长为 .
18. 如图，四面体 中， ，E为 的中点．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）设 ，点F在 上，当 的面积最小时，求
与平面 所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见解析
第15页 | 共24页（2） 与平面 所成的角的正弦值为
【解析】
【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，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 ，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.
【小问1详解】
因为 ，E为 的中点，所以 ；
在 和 中，因为 ，
所以 ，所以 ，又因为E为 的中点，所以 ；
又因为 平面 ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
【小问2详解】
连接 ，由（1）知， 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，所以 ，
当 时， 最小，即 的面积最小.
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 是等边三角形，
因为E为 的中点，所以 ， ，
因为 ，所以 ,
在 中， ，所以 .
以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
第16页 | 共24页所以 ，
设 与平面 所成的角的正弦值为 ，
所以 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .
19. 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：
总
样本号ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
和
根部横截面积
0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
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．
第17页 | 共24页附：相关系数 ．
【答案】（1） ；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，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）代入题给相关系数公式去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．
【小问1详解】
样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值
样本中10棵这种树木的材积量的平均值
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 ，
平均一棵的材积量为
【小问2详解】
则
【小问3详解】
设该林区这种树木的总材积量的估计值为 ，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得 ，解之得 ．
则该林区这种树木的总材积量估计为
第18页 | 共24页20. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【小问1详解】
解：设椭圆E的方程为 ，过 ，
则 ，解得 ， ，
所以椭圆E的方程为： .
【小问2详解】
，所以 ，
①若过点 的直线斜率不存在，直线 .代入 ，
可得 ， ，代入AB方程 ，可得
，由 得到 .求得HN方程：
，过点 .
②若过点 的直线斜率存在，设 .
第19页 | 共24页联立 得 ，
可得 ， ，
且
联立 可得
可求得此时 ，
将 ，代入整理得 ，
将 代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
21. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对 分类讨论,对 分 两部分研究
【小问1详解】
的定义域为
当 时, ,所以切点为
第20页 | 共24页,所以切线斜率为2
所以曲线 在点 处的切线方程为
【小问2详解】
设
若 ,当 ,即
所以 在 上单调递增,
故 在 上没有零点,不合题意
若 ,当 ,则
所以 在 上单调递增所以 ,即
所以 在 上单调递增,
故 在 上没有零点,不合题意
若
(1)当 ,则 ,所以 在 上单调递增
所以存在 ,使得 ,即
当 单调递减
当 单调递增
所以
当
当
所以 在 上有唯一零点
又 没有零点,即 在 上有唯一零点
(2)当
设
第21页 | 共24页所以 在 单调递增
所以存在 ,使得
当 单调递减
,
当 单调递增
又
所以存在 ,使得 ,即
当 单调递增,当 单调递减
有
而 ,所以当
所以 在 上有唯一零点, 上无零点
即 在 上有唯一零点
所以 ,符合题意
所以若 在区间 各恰有一个零点,求 的取值范围为
【点睛】方法点睛：本题的关键是对 的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需
要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
（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．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
第22页 | 共24页22. 在直角坐标系 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；
（2）联立l与C的方程，采用换元法处理，根据新设a的取值范围求解m的范围即可.
【小问1详解】
因为l： ，所以 ，
又因为 ，所以化简为 ，
整理得l的直角坐标方程：
【小问2详解】
联立l与C的方程，即将 ， 代入
中，可得 ，
所以 ，
化简为 ，
要使l与C有公共点，则 有解，
令 ，则 ，令 ， ，
对称轴为 ，开口向上，
所以 ，
，
第23页 | 共24页所以
m的取值范围为 .
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知a，b，c都是正数，且 ，证明：
（1） ；
（2） ；
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；
（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．
【小问1详解】
证明：因为 ， ， ，则 ， ， ，
所以 ，
即 ，所以 ，当且仅当 ，即 时取等号．
【小问2详解】
证明：因为 ， ， ，
所以 ， ， ，
所以 ， ，
当且仅当 时取等号．
第24页 | 共24页
