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.
【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；
，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
（ ）
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
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
，
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.
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
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
【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
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 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，
，
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
，
，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
，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
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
；
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____________．
【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
，
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】
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
（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
，
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：
样本号ｉ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总
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．
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
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
.
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
,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
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]
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
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
，
，
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．
