2022 年普通高等学校招生全国统一考试·天津卷
一、选择题
1．设全集U＝{－2，－1,0,1,2}，集合A＝{0,1,2}，B＝{－1,2}，则A∩(∁UB)等于( )
A．{0,1}
B．{0,1,2}
C．{－1,1,2}
D．{0，－1,1,2}
答案 A
解析 ∁UB＝{－2,0,1}，
故A∩(∁UB)＝{0,1}．
2．“x 为整数”是“2x＋1 为整数”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 由题意知，若x 为整数，
则2x＋1 为整数，故充分性成立；
当x＝时，2x＋1 为整数，
但x 不为整数，故必要性不成立，
所以“x 为整数”是“2x＋1 为整数”的充分不必要条件．
3．函数f(x)＝的图象为( )
答案 D
解析 函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0}，
且f(－x)＝＝－＝－f(x)，
所以函数f(x)为奇函数，故A 选项错误；
又当x<0 时，f(x)＝≤0，故C 选项错误；
当x>1 时，f(x)＝＝＝x－，
则函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故B 选项错误，D 选项正确．
4．为研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据(单位：
kPa)的分组区间为[12,13)，[13,14)，[14,15)，[15,16)，[16,17]，将其按从左到右的顺序分别
编号为第一组，第二组，…，第五组，如图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第
一组与第二组共有20 人，第三组中没有疗效的有6 人，则第三组中有疗效的人数为( )
A．8 B．12 C．16 D．18
答案 B
解析 因为志愿者的总人数为＝50，
所以第三组人数为50×0.36＝18，
故第三组中有疗效的人数为18－6＝12.
5．已知a＝20.7，b＝0.7，c＝log2，则( )
A．a>c>b
B．b>c>a
C．a>b>c
D．c>a>b
答案 C
解析 因为20.7>0.7>0＝log21>log2，所以a>b>c.
6．化简(2log43＋log83)(log32＋log92)的值为( )
A．1 B．2 C．4 D．6
答案 B
解析 原式＝
＝log23×log32＝2.
7．已知抛物线y2＝4x，F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，抛物线的准线
过双曲线的左焦点F1，与双曲线的渐近线交于点A，若∠F1F2A＝，则双曲线的标准方程为(
)
A.－y2＝1
B．x2－＝1
C．x2－＝1
D.－y2＝1
答案 C
解析 抛物线y2＝4x 的准线方程为x＝－，
则c＝，则F1(－，0)，F2(，0)，
不妨设点A 为第二象限内的点，
联立可得
即A，
因为AF1⊥F1F2且∠F1F2A＝，
则△F1F2A 为等腰直角三角形，
且|AF1|＝|F1F2|，即＝2c，
可得＝2，
所以解得
因此双曲线的标准方程为x2－＝1.
8．如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱
柱的底面是顶角为120°，腰为3 的等腰三角形，则该几何体的体积为( )
A．23 B．24 C．26 D．27
答案 D
解析 该几何体由直三棱柱AFD－BHC 及直三棱柱DGC－AEB 组成，作HM⊥CB 于M，如
图，
因为CH＝BH＝3，∠CHB＝120°，
所以CM＝BM＝，HM＝，
因为重叠后的底面为正方形，
所以AB＝BC＝3，
在直三棱柱AFD－BHC 中，AB⊥平面BHC，则AB⊥HM，
又AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABCD，
可得HM⊥平面ABCD，
设重叠后的EG 与FH 的交点为I，
则VI－BCDA＝×3×3×＝，VAFD－BHC＝×3××3＝，
则该几何体的体积为V＝2VAFD－BHC－VI－BCDA＝2×－＝27.
9．已知f(x)＝sin 2x，关于该函数有下列四个说法：
①f(x)的最小正周期为2π；
②f(x)在上单调递增；
③当x∈时，f(x)的取值范围为；
④f(x)的图象可由g(x)＝sin 的图象向左平移个单位长度得到．
以上四个说法中，正确的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 A
解析 因为f(x)＝sin 2x，
所以f(x)的最小正周期为T＝＝π，①不正确；
令t＝2x∈，
而y＝sin t 在上单调递增，
所以f(x)在上单调递增，②正确；
当x∈时，t＝2x∈，sin t∈，
所以f(x)∈，③不正确；
由于g(x)＝sin＝sin，
所以f(x)的图象可由g(x)＝sin 的图象向右平移个单位长度得到，④不正确．
二、填空题
10．已知i 是虚数单位，化简的结果为________．
答案 1－5i
解析 ＝＝＝1－5i.
11.5的展开式中的常数项为________．
答案 15
解析 由题意知5的展开式的通项为Tr＋1＝C·()5－r·r＝C·3r·
，
令＝0，得r＝1，
则C·3r＝C·3＝15，
所以5的展开式中的常数项为15.
12．若直线x－y＋m＝0(m>0)与圆(x－1)2＋(y－1)2＝3 相交所得的弦长为m，则m＝
________.
答案 2
解析 圆(x－1)2＋(y－1)2＝3 的圆心坐标为(1,1)，半径为，
圆心到直线x－y＋m＝0(m>0)的距离为＝，
由勾股定理可得2＋2＝3，
因为m>0，解得m＝2.
13．52 张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A 的概率为________；
已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A 的概率为________．
答案
解析 由题意，设第一次抽到A 的事件为B，第二次抽到A 的事件为C，
则P(BC)＝×＝，
P(B)＝＝，
P(C|B)＝＝＝.
14．在△ABC 中，CA＝a，CB＝b，D 是AC 的中点，CB＝2BE，试用a，b 表示DE为
________，若AB⊥DE，则∠ACB 的最大值为________．
答案 b－a
解析 DE＝CE－CD＝b－a.
方法一 AB＝CB－CA＝b－a，
由AB⊥DE，得·(b－a)＝0，
所以3b2＋a2＝4a·b，
所以cos∠ACB＝＝≥＝，
当且仅当|a|＝|b|时取等号，而0<∠ACB<π，
所以∠ACB∈.
方法二 如图所示，建立平面直角坐标系，
设EB＝1，则E(0,0)，B(1,0)，C(3,0)，A(x，y)，D，
DE＝，
AB＝(1－x，－y)，
由DE⊥AB，
可得(x－1)＋＝0，
整理得(x＋1)2＋y2＝4，
所以点A 的轨迹是以M(－1,0)为圆心，以r＝2 为半径的圆，
当且仅当CA 与⊙M 相切时，∠ACB 最大，
此时sin∠ACB＝＝＝，∠ACB＝.
15．设a∈R，对任意实数x，记f(x)＝min{|x|－2，x2－ax＋3a－5}．若f(x)至少有3 个零点，
则实数a 的取值范围为________．
答案 [10，＋∞)
解析 设g(x)＝x2－ax＋3a－5，h(x)＝|x|－2，
由|x|－2＝0，可得x＝±2.
要使得函数f(x)至少有3 个零点，
则函数g(x)至少有一个零点，
则Δ＝a2－12a＋20≥0，
解得a≤2 或a≥10.
①当a＝2 时，g(x)＝x2－2x＋1，作出函数g(x)，h(x)的图象如图所示．
此时函数f(x)只有两个零点，不符合题意；
②当a<2 时，设函数g(x)的两个零点分别为x1，x2(x1<x2)，
要使得函数f(x)至少有3 个零点，则x2≤－2，
所以解得a∈∅；
③当a＝10 时，g(x)＝x2－10x＋25，
作出函数g(x)，h(x)的图象如图所示．
由图可知，函数f(x)的零点个数为3，符合题意；
④当a>10 时，设函数g(x)的两个零点分别为x3，x4(x3<x4)，
要使得函数f(x)至少有3 个零点，则x3≥2，
可得
解得a>4，此时a>10.
综上所述，实数a 的取值范围是[10，＋∞)．
三、解答题
16．在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c.已知a＝，b＝2c，cos A＝－.
(1)求c 的值；
(2)求sin B 的值；
(3)求sin(2A－B)的值．
解 (1)因为a2＝b2＋c2－2bccos A，
即6＝b2＋c2＋bc，而b＝2c，
代入得6＝4c2＋c2＋c2，解得c＝1.
(2)由(1)可求出b＝2，而0<A<π，
所以sin A＝＝，
由正弦定理知，＝，
所以sin B＝＝＝.
(3)因为cos A＝－，
所以<A<π，
故0<B<，
又sin A＝＝，
所以sin 2A＝2sin Acos A＝2××＝－，
cos 2A＝2cos2A－1＝2×－1＝－，
而sin B＝，
所以cos B＝＝，
故sin(2A－B)＝sin 2Acos B－cos 2Asin B＝×＋×＝.
17.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AA1⊥AB，AC⊥AB，D 为A1B1的中点，
E 为AA1的中点，F 为CD 的中点．
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求直线BE 与平面CC1D 所成角的正弦值；
(3)求平面A1CD 与平面CC1D 夹角的余弦值．
(1)证明 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，且AC⊥AB，
则A1C1⊥A1B1.
以A1为坐标原点，A1A，A1B1，A1C1所在直线分别为x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐
标系，
则B(2,2,0)，C(2,0,2)，A1(0,0,0)，C1(0,0,2)，D(0,1,0)，E(1,0,0)，F，
则EF＝，
易知平面ABC 的一个法向量为m＝(1,0,0)，
则EF·m＝0，
故EF⊥m，
因为EF⊄平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)解 C1C＝(2,0,0)，C1D＝(0,1，－2)，EB＝(1,2,0)，
设平面CC1D 的法向量为u＝(x1，y1，z1)，
则取y1＝2，
可得u＝(0,2,1)，
cos〈EB，u〉＝＝.
因此直线BE 与平面CC1D 所成角的正弦值为.
(3)解 A1C＝(2,0,2)，A1D＝(0,1,0)，
设平面A1CD 的法向量为v＝(x2，y2，z2)，
则
取x2＝1，可得v＝(1,0，－1)，
则cos〈u，v〉＝＝－＝－，
因此平面A1CD 与平面CC1D 夹角的余弦值为.
18．设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设{an}的前n 项和为Sn，求证：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn；
(3)求ak＋1－(－1)kak]bk.
(1)解 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则an＝1＋(n－1)d，bn＝qn－1，
由a2－b2＝a3－b3＝1，可得
解得d＝q＝2(d＝q＝0 舍去)，
所以an＝2n－1，bn＝2n－1.
(2)证明 因为bn＋1＝2bn≠0，
所以要证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn，
即证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·2bn－Snbn，
即证Sn＋1＋an＋1＝2Sn＋1－Sn，
即证an＋1＝Sn＋1－Sn，
而an＋1＝Sn＋1－Sn显然成立，
所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn.
(3)解 因为[a2k－(－1)2k－1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k
＝(4k－1＋4k－3)×22k－2＋[4k＋1－(4k－1)]×22k－1＝2k·4k，
所以ak＋1－(－1)kak]bk
＝[a2k－(－1)2k－1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k}＝k·4k，
设Tn＝k·4k，
所以Tn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n×4n，
4Tn＝2×42＋4×43＋…＋(2n－2)·4n＋2n×4n＋1，
两式相减得－3Tn＝2(41＋42＋43＋…＋4n)－2n×4n＋1
＝2×－2n×4n＋1
＝－2n×4n＋1，
所以Tn＝，
所以ak＋1－(－1)kak]bk
＝.
19．椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，且满足＝.
(1)求椭圆的离心率e；
(2)直线l 与椭圆有唯一公共点M，与y 轴相交于N(N 异于M)．记O 为坐标原点，若|OM|＝|
ON|，且△OMN 的面积为，求椭圆的标准方程．
解 (1)由＝＝＝，
得4a2＝3(b2＋a2)，所以a2＝3b2，
离心率e＝＝＝.
(2)由(1)可知椭圆的方程为x2＋3y2＝a2，
易知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y＝kx＋m，
联立
得(1＋3k2)x2＋6kmx＋(3m2－a2)＝0，
由Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－a2)＝0，
得3m2＝a2(1＋3k2)，①
xM＝－，
yM＝kxM＋m＝，
由|OM|＝|ON|可得m2＝，②
由S△OMN＝，
可得|m|·＝，③
联立①②③可得k2＝，m2＝4，a2＝6，
故椭圆的标准方程为＋＝1.
20．已知a，b∈R，函数f(x)＝ex－asin x，g(x)＝b.
(1)求函数y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
(2)若y＝f(x)和y＝g(x)有公共点，
①当a＝0 时，求b 的取值范围；
②求证：a2＋b2>e.
(1)解 f′(x)＝ex－acos x，
故f′(0)＝1－a，而f(0)＝1，
所以曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝(1－a)(x－0)＋1，
即y＝(1－a)x＋1.
(2)①解 当a＝0 时，
因为曲线y＝f(x)和y＝g(x)有公共点，
故ex＝b 有解，
设t＝，故x＝t2，
故
＝bt 在[0，＋∞)上有解，
设s(t)＝
－bt，t≥0，
故s(t)在[0，＋∞)上有零点，
而s′(t)＝2t
－b，
若b＝0，则s(t)＝
>0 恒成立，
此时s(t)在[0，＋∞)上无零点；
若b<0，则s′(t)>0 在[0，＋∞)上恒成立，
故s(t)在[0，＋∞)上单调递增，
而s(0)＝1>0，s(t)≥s(0)＝1，
故s(t)在[0，＋∞)上无零点；
故b>0.
设u(t)＝2t
－b，t≥0，
则u′(t)＝(2＋4t2)
>0，
故u(t)在[0，＋∞)上单调递增，
而u(0)＝－b<0，u(b)＝b(2
－1)>0，
故u(t)在[0，＋∞)上存在唯一零点t0，
且当0<t<t0时，u(t)<0；当t>t0时，u(t)>0；
故当0<t<t0时，s′(t)<0；当t>t0时，s′(t)>0；
所以s(t)在(0，t0)上单调递减，在(t0，＋∞)上单调递增，
故s(t)min＝s(t0)，
因为s(t)在[0，＋∞)上有零点，
故s(t0)≤0，
故
－bt0≤0，
而2t0
－b＝0，
故
－2t
≤0，
即t0≥，
设v(t)＝2t
，t≥0，
则v′(t)＝(2＋4t2)
>0，
故v(t)在[0，＋∞)上单调递增，
而b＝2t0
，
故b≥
＝.
②证明 因为曲线y＝f(x)和y＝g(x)有公共点，
所以ex－asin x＝b 有解x0，其中x0≥0，
若x0＝0，则1－a×0＝b×0，
该式不成立，故x0>0.
故asin x0＋b－
＝0，
考虑直线asin x0＋b－
＝0，
表示原点与直线asin x0＋b－
＝0 上的动点(a，b)之间的距离，
故≥
，所以a2＋b2≥
，
下证：对任意x>0，总有|sin x|<x，
证明：当x≥时，有|sin x|≤1<≤x，
故|sin x|<x 成立．
当0<x<时，即证sin x<x，
设p(x)＝sin x－x,0<x<，
则p′(x)＝cos x－1<0，
故p(x)＝sin x－x 在上单调递减，
故p(x)<p(0)＝0 即sin x<x 成立．
综上，|sin x|<x 成立．
下证：当x>0 时，ex>x＋1 恒成立，
设q(x)＝ex－1－x，x>0，
则q′(x)＝ex－1>0，
故q(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故q(x)>q(0)＝0，即ex>x＋1 恒成立．
下证：>e 在(0，＋∞)上恒成立，
即证e2x－1>sin2x＋x，
即证2x－1＋1≥sin2x＋x，
即证x≥sin2x，
而x>|sin x|≥sin2x，
故x≥sin2x 成立．
故>e，
即a2＋b2>e 成立．
