2022 年普通高等学校招生全国统一考试·北京卷
一、选择题
1．(2022·北京卷，1)已知全集U＝{x|－3<x<3}，集合A＝{x|－2<x≤1}，则∁UA 等于( )
A．(－2,1]
B．(－3，－2)∪[1,3)
C．[－2,1)
D．(－3，－2]∪(1,3)
答案 D
解析 方法一 因为全集U＝(－3,3)，A＝(－2,1]，所以∁UA＝(－3，－2]∪(1,3)，故选D.
方法二 因为1∈A，所以1∉∁UA，可排除A 选项和B 选项；0∈A，所以0∉∁UA，可排除C
选项，故选D.
2．(2022·北京卷，2)若复数z 满足i·z＝3－4i，则|z|等于( )
A．1 B．5 C．7 D．25
答案 B
解析 方法一 依题意可得z＝＝＝－4－3i，所以|z|＝＝5，故选B.
方法二 依题意可得i2·z＝(3－4i)i，所以z＝－4－3i，则|z|＝＝5，故选B.
3．(2022·北京卷，3)若直线2x＋y－1＝0 是圆(x－a)2＋y2＝1 的一条对称轴，则a 等于( )
A. B．－ C．1 D．－1
答案 A
解析 依题意可知圆心坐标为(a,0)，又直线2x＋y－1＝0 是圆的一条对称轴，所以2a＋0－1
＝0，所以a＝，故选A.
4．(2022·北京卷，4)已知函数f(x)＝，则对任意实数x，有( )
A．f(－x)＋f(x)＝0
B．f(－x)－f(x)＝0
C．f(－x)＋f(x)＝1
D．f(－x)－f(x)＝
答案 C
解析 函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝＝，所以f(－x)＋f(x)＝＋＝1，故选C.
5．(2022·北京卷，5)已知函数f(x)＝cos2x－sin2x，则( )
A．f(x)在上单调递减
B．f(x)在上单调递增
C．f(x)在上单调递减
D．f(x)在上单调递增
答案 C
解析 依题意可知f(x)＝cos2x－sin2x＝cos 2x.
对于A 选项，因为x∈，所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x 在上单调递增，所以A 选项不正确；
对于B 选项，因为x∈，所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x 在上不单调，所以B 选项不正确；
对于C 选项，因为x∈，所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x 在上单调递减，所以C 选项正确；
对于D 选项，因为x∈，所以2x∈，函数f(x)＝cos 2x 在上不单调，所以D 选项不正确．故
选C.
6．(2022·北京卷，6)设{an}是公差不为0 的无穷等差数列，则“{an}为递增数列”是“存在
正整数N0，当n>N0时，an>0”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 设无穷等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d.若{an}为递增
数列，则d>0，则存在正整数N0，使得当n>N0时，an＝dn＋a1－d>0，所以充分性成立；若
存在正整数N0，使得当n>N0时，an＝dn＋a1－d>0，即d>对任意的n>N0，n∈N*均成立，由
于n→＋∞时，→0，且d≠0，所以d>0，{an}为递增数列，必要性成立．故选C.
7.(2022·北京卷，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lg P 的关系，其中T 表示温度，单位是K；P 表示压强，单位是bar.下列结论中正确
的是( )
A．当T＝220，P＝1 026 时，二氧化碳处于液态
B．当T＝270，P＝128 时，二氧化碳处于气态
C．当T＝300，P＝9 987 时，二氧化碳处于超临界状态
D．当T＝360，P＝729 时，二氧化碳处于超临界状态
答案 D
解析 对于A 选项，当T＝220，P＝1 026 时，lg P＝lg 1 026>lg 103＝3，根据图象可知，二
氧化碳处于固态；
对于B 选项，当T＝270，P＝128 时，lg P＝lg 128∈(lg 102，lg 103)，即lg P∈(2,3)，根据
图象可知，二氧化碳处于液态；
对于C 选项，当T＝300，P＝9 987 时，lg P＝lg 9 987<lg 104＝4，且与4 非常接近，根据图
象可知，二氧化碳处于固态；
对于D 选项，当T＝360，P＝729 时，lg P＝lg 729∈(lg 102，lg 103)，即lg P∈(2,3)，根据
图象可知，二氧化碳处于超临界状态，故选D.
8．(2022·北京卷，8)若(2x－1)4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4等于( )
A．40 B．41 C．－40 D．－41
答案 B
解析 方法一(赋值法) 依题意，令x＝1，可得1＝a4＋a3＋a2＋a1＋a0.令x＝－1，可得81
＝a4－a3＋a2－a1＋a0，以上两式相加可得82＝2(a4＋a2＋a0)，所以a0＋a2＋a4＝41，故选B.
方法二(通项公式法) (2x－1)4的展开式的通项为Tk＋1＝C(2x)4－k(－1)k，分别令k＝4,2,0，可
分别得a0＝1，a2＝24，a4＝16，所以a0＋a2＋a4＝41，故选B.
9．(2022·北京卷，9)已知正三棱锥P－ABC 的六条棱长均为6，S 是△ABC 及其内部的点构
成的集合．设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则T 表示的区域的面积为( )
A. B．π C．2π D．3π
答案 B
解析 设顶点P 在底面上的投影为O，连接BO，
则O 为△ABC 的中心，
且BO＝×6×
＝2，
故PO＝＝2.
因为PQ＝5，故OQ＝1，
易知Q 的轨迹为以O 为圆心，1 为半径的圆，
由于集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，
故集合T 表示的区域是以O 为圆心，1 为半径的圆及其内部，其面积为π.
10．(2022·北京卷，10)在△ABC 中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°.P 为△ABC 所在平面内的动
点，且PC＝1，则PA·PB的取值范围是( )
A．[－5,3]
B．[－3,5]
C．[－6,4]
D．[－4,6]
答案 D
解析 以C 为坐标原点，CA，CB 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系(图略)，
则A(3,0)，B(0,4)．
设P(x，y)，
则x2＋y2＝1，PA＝(3－x，－y)，PB＝(－x,4－y)，
所以PA·PB＝x2－3x＋y2－4y＝2＋(y－2)2－.
又2＋(y－2)2 表示圆x2＋y2＝1 上一点到点距离的平方，圆心(0,0)到点的距离为，所以
PA·PB∈，
即PA·PB∈[－4,6]，故选D.
二、填空题
11．(2022·北京卷，11)函数f(x)＝＋的定义域是________．
答案 (－∞，0)∪(0,1]
解析 要使函数f(x)有意义，则x≠0，且1－x≥0，解得x∈(－∞，0)∪(0,1]．
12．(2022·北京卷，12)已知双曲线y2＋＝1 的渐近线方程为y＝±x，则m＝________.
答案 －3
解析 方法一 依题意得m<0，双曲线的方程化为标准方程为y2－＝1，此时双曲线的渐近
线的斜率为±＝±，解得m＝－3.
方法二 依题意得m<0，令y2－＝0，得y＝±x，则±＝±，解得m＝－3.
13．(2022·北京卷，13)若函数f(x)＝Asin x－cos x 的一个零点为，则A＝________；f ＝
________.
答案 1 －
解析 依题意得f ＝A×－×＝0，解得A＝1，
所以f(x)＝sin x－cos x＝2sin，
所以f ＝2sin＝2sin＝－.
14．(2022·北京卷，14)设函数f(x)＝若f(x)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 当a＝0 时，
函数f(x)＝存在最小值0，所以a 的一个取值可以为0；
当a<0 时，
若x<a，则f(x)＝－ax＋1，
此时函数f(x)不可能存在最小值；
当0<a≤2 时，
若x<a，则f(x)＝－ax＋1，
此时f(x)∈(－a2＋1，＋∞)；
若x≥a，则f(x)＝(x－2)2∈[0，＋∞)．
若函数f(x)存在最小值，
则－a2＋1≥0，得0<a≤1；
当a>2 时，
若x<a，则f(x)＝－ax＋1，
此时f(x)∈(－a2＋1，＋∞)；
若x≥a，
则f(x)＝(x－2)2∈[(a－2)2，＋∞)．
若函数f(x)存在最小值，
则－a2＋1≥(a－2)2，此时不等式无解．
综上，0≤a≤1，所以a 的最大值为1.
15．(2022·北京卷，15)已知数列{an}的各项均为正数，其前n 项和Sn 满足an·Sn＝9(n＝
1,2，…)．给出下列四个结论：
①{an}的第2 项小于3；②{an}为等比数列；③{an}为递减数列；④{an}中存在小于的项，
其中所有正确结论的序号是________．
答案 ①③④
解析 由题意可知，∀n∈N*，an>0，
当n＝1 时，a＝9，可得a1＝3；
当n≥2 时，由Sn＝，
可得Sn－1＝，
两式作差可得an＝－，
所以＝－an，
则－a2＝3，
整理可得a＋3a2－9＝0.
因为a2>0，
所以解得a2＝<3，①对；
假设数列{an}为等比数列，设其公比为q，
则a＝a1a3，
即2＝，
所以S＝S1S3，
可得a(1＋q)2＝a(1＋q＋q2)，
解得q＝0，不合题意，
故数列{an}不是等比数列，②错；
当n≥2 时，an＝－＝>0，
可得an<an－1，
所以数列{an}为递减数列，③对；
假设对任意的n∈N*，an≥，
则S100 000≥100 000×＝1 000，
所以，a100 000＝≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对．
三、解答题
16．(2022·北京卷，16)在△ABC 中，sin 2C＝sin C.
(1)求∠C；
(2)若b＝6，且△ABC 的面积为6，求△ABC 的周长．
解 (1)因为sin 2C＝sin C，
所以2sin Ccos C＝sin C.
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，
所以cos C＝，C＝.
(2)因为△ABC 的面积S＝absin C＝×a×6×＝6，所以a＝4.
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C＝48＋36－72＝12，所以c＝2，
所以△ABC 的周长为a＋b＋c＝4＋6＋2＝6(＋1)．
17.(2022·北京卷，17)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1 中，侧面BCC1B1 为正方形，平面
BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N 分别为A1B1，AC 的中点．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②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①：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
(1)证明 取AB 的中点为K，连接MK，NK.
由三棱柱ABC－A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，
又B1M＝MA1，BK＝KA，则MK∥BB1.
又MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，
故MK∥平面CBB1C1.
由CN＝NA，BK＝KA，可得NK∥BC，
同理可得NK∥平面CBB1C1.
因为NK∩MK＝K，NK，MK⊂平面MKN，
故平面MKN∥平面CBB1C1，
又MN⊂平面MKN，
故MN∥平面CBB1C1.
(2)解 因为侧面CBB1C1为正方形，
故CB⊥BB1.
因为CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1，
故CB⊥平面ABB1A1.
因为NK∥BC，
故NK⊥平面ABB1A1.
因为AB⊂平面ABB1A1，
故NK⊥AB.
若选①，则AB⊥MN，
又NK⊥AB，NK∩MN＝N，NK，MN⊂平面MNK，
故AB⊥平面MNK.
又MK⊂平面MNK，
故AB⊥MK，
所以AB⊥BB1，又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB⊂平面ABC，
故BB1⊥平面ABC，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，A(0,2,0)，N(1,1,0)，M(0,1,2)，
故BA＝(0,2,0)，BN＝(1,1,0)，BM＝(0,1,2)．
设平面BNM 的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
从而取z＝－1，
则n＝(－2,2，－1)．
设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，AB〉|＝＝＝.
若选②，因为NK∥BC，
故NK⊥平面ABB1A1.
又KM⊂平面MKN，
故NK⊥KM.又B1M＝BK＝1，NK＝1，故B1M＝NK.
又B1B＝MK＝2，MB＝MN，
故△BB1M≌△MKN，
所以∠BB1M＝∠MKN＝90°，
故A1B1⊥BB1.
又CB⊥BB1，CB∩AB＝B，CB，AB⊂平面ABC，
故BB1⊥平面ABC，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，A(0,2,0)，N(1,1,0)，M(0,1,2)，
故BA＝(0,2,0)，BN＝(1,1,0)，BM＝(0,1,2)．
设平面BNM 的一个法向量为
n＝(x，y，z)，
则
从而取z＝－1，
则n＝(－2,2，－1)，
设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，AB〉|＝＝＝.
18．(2022·北京卷，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9.50 m 以上(含9.50 m)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：9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40，9.35，9.30,9.25；
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)
解 (1)甲在以往的10 次比赛成绩中，有4 次比赛成绩达到9.50 m 以上(含9.50 m)，故由频
率估计概率可得，甲获得优秀的概率为0.4.
(2)设甲获得优秀为事件A1，乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3，则P(A1)＝0.4，
P(A2)＝0.5，P(A3)＝0.5.
故P(X＝0)＝P()＝0.6×0.5×0.5＝，
P(X＝1)＝P(A123)＋P(1A23)＋P(12A3)
＝0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝，
P(X＝2)＝P(A1A23)＋P(A12A3)＋P(1A2A3)
＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝，
P(X＝3)＝P(A1A2A3)＝0.4×0.5×0.5＝.
∴X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(3)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．(2022·北京卷，19)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为2.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)过点P(－2,1)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|MN|＝2 时，求k 的值．
解 (1)依题意可知
解得
故椭圆E 的方程为＋y2＝1.
(2)由题可知直线BC 的方程为y－1＝k(x＋2)．设B(x1，y1)，C(x2，y2)．
联立直线BC 和椭圆E 的方程，
得
消去y 整理得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
则由Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)>0，得k<0，
∴x1＋x2＝－，
x1x2＝.
易知直线AB 的斜率kAB＝，
直线AB 的方程为y＝x＋1，
令y＝0，可得点M 的横坐标xM＝，同理可得点N 的横坐标xN＝.
∴|MN|＝
＝
＝
＝·
＝·
＝·
＝·
＝＝2，解得k＝－4.
故k 的值为－4.
20．(2022·北京卷，20)已知函数f(x)＝exln(1＋x)．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)．
(1)解 由题意，f′(x)＝ex·ln(1＋x)＋ex·＝ex，
故切线斜率k＝f′(0)＝e0·
＝1，又f(0)＝e0ln(1＋0)＝0，即切点为(0,0)，
因此，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x.
(2)解 方法一 g(x)＝f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋]，
则g′(x)＝
ex.
设h(x)＝ln(1＋x)＋－，x∈[0，＋∞)，
则h′(x)＝－＋＝>0，
故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)＝1>0，
因此g′(x)>0 对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，
故g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
方法二 g(x)＝f′(x)＝ex，
则g′(x)＝
ex，
又ex>0，当x∈[0，＋∞)时，ln(1＋x)＋－>ln 1＋>0，
故g′(x)>0 对任意的x∈[0，＋∞)恒成立，
故g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
(3)证明 设m(s)＝f(s＋t)－f(s)－f(t)＝es＋tln(1＋s＋t)－esln(1＋s)－etln(1＋t)，
则m′(s)＝es＋t－es＝g(s＋t)－g(s)．
由(2)知g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故当s>0，t>0 时，m′(s)＝g(s＋t)－g(s)>0，
因此，m(s)在(0，＋∞)上单调递增，
故m(s)>m(0)＝f(0＋t)－f(0)－f(t)＝－f(0)＝0，
因此，对任意的s，t∈(0，＋∞)，
有f(s＋t)>f(s)＋f(t)．
21．(2022·北京卷，21)已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意
的n∈{1,2，…，m}，在Q 中存在ai，ai＋1，ai＋2，…，ai＋j(j≥0)，使得ai＋ai＋1＋ai＋2＋…＋
ai＋j＝n，则称Q 为m－连续可表数列．
(1)判断Q：2,1,4 是否为5－连续可表数列？是否为6－连续可表数列？说明理由；
(2)若Q：a1，a2，…，ak为8－连续可表数列，求证：k 的最小值为4.
(3)若Q：a1，a2，…，ak为20－连续可表数列，且a1＋a2＋…＋ak<20，求证：k≥7.
(1)解 若m＝5，则对于任意的n∈{1,2,3,4,5}，
a2＝1，a1＝2，a1＋a2＝2＋1＝3，a3＝4，a2＋a3＝1＋4＝5，所以Q 是5－连续可表数列．
由于不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q 不是6－连续可表数列．
(2)证明 反证法：假设k≤3，则a1，a2，a3最多能表示a1，a2，a3，a1＋a2，a2＋a3，a1＋a2
＋a3，共6 个数字，
与Q 为8－连续可表数列矛盾，故k≥4.
现构造Q：4,2,1,5，可以表达出1,2,3,4,5,6,7,8 这8 个数字，
即存在k＝4 满足题意，
故k 的最小值为4.
(3)证明 先证明k≥6.
从5 个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5 个数字，
取连续两个数字最多能表示4 个数字，
取连续三个数字最多能表示3 个数字，
取连续四个数字最多能表示2 个数字，
取连续五个数字最多能表示1 个数字，
所以对任意给定的5 个整数，最多可以表示5＋4＋3＋2＋1＝15 个正整数，不能表示20 个
正整数，即k≥6.
若k＝6，最多可以表示6＋5＋4＋3＋2＋1＝21 个正整数，
由于Q 为20－连续可表数列，
且a1＋a2＋…＋ak<20，
所以至少有一项为负数．
既然任意5 个正整数都不可能为20－连续可表数列，
那么中间若插入一个负数项，更不能连续表示1～20 的正整数，
所以至少要有6 个正整数才能连续表示1～20 的正整数．
所以Q 中至少包含6 个正整数和一个负数，故k≥7.
