【文档说明】2022年高考数学北京卷及答案.docx，共(23)页，1.158 MB，由baby熊上传

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2022年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学一、选择题1.已知全集{|33}Uxx，集合{|21}Axx，则UCA（）A.(2,1]B.(3,2)[1,3)C.[2,1)D.(3,2](1,3)2.若复数z满足34izi，则z

（）A.1B.5C.7D.253.若直线210xy是圆22()1xay的一条对称轴，则a（）A.12B.12C.1D.14.已知函数1()12xfx，则对任意实数x，有（）A.()()0fxfxB.()()0fxfxC.()

()1fxfxD.1()()3fxfx5.已知函数22()cossinfxxx，则（）A.()fx在(,)26上单调递减B.()fx在(,)412C.()fx在(0,)3上单调递减D.()fx在7(,)412上单调递增6.设{}na是公差不为0的无

穷等差数列，则“{}na为递增数列”是“存在正整数0N，当0nN时，0na”的（）A.充分而不必有条件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，为实现绿色冬奧作出了贡献.如图描述了一定

条件下二氧化碳所处的状态与T和lgP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220T，1026P时，二氧化碳处于液态B.当270T，128P时，二氧化碳处于气态C.当300T，9987P

时，二氧化碳处于超临界状态D.当360T，729P时，二氧化碳处于超临界状态8.若443243210(21)xaxaxaxaxa，则024aaa（）A.40B.41C.40D.41

9.已知正三棱锥PABC的六条棱长为6，S是ABC及其内部的点构成的集合.设集合{|5}TQSPQ，则T表示的区域的面积为（）A.34B.C.2D.310.在ABC中，3AC，4BC，90C.P为ABC所在平面内的动点，且1

PC，则PAPB的取值范围是（）A.[5,3]B.[3,5]C.[6,4]D.[4,6]二、填空题11.函数1()1fxxx的定义域是.12.已知双曲线221xym的渐近线方程为3

3yx，则m.13.若函数()sin3cosfxAxx的一个零点为3，则A________.14.设函数21,()(2),axxafxxxa，若()fx存在最小值，则a的一个取值为,a的最大值为.15.已知数列{}na的各项均为正数，其前n

项和nS满足9(1,2,)nnaSn.给出下列四个结论：①{}na的第2项小于3；②{}na为等比数列；③{}na为递减数列；④{}na中存在小于1100的项.其中所有正确结论的序号是.三、解答题16.在ABC中，sin23sinCC.（1）求C；（2）若

6b，且ABC的面积为63，求ABC的周长.17.如图，在三棱柱111ABCABC中，侧面11BCCB为正方形，平面11BCCB平面11ABBA，2ABBC，M，N分别为11AB，AC的中点.（1）求证：//MN平面11BCCB；（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：ABMN；条件②：BMMN.NMBCAC1A1B1注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.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9.50m以上（含9.50m）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）：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EX；（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）19.已知椭圆E：22221(0)xyabab的一个顶点为(0,1)A，焦距为23.（1）求椭圆E的方程；（2）过点(2,1)P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2MN时，求k的值.20.已知函数()ln(1)xfxex.（1）求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程；（2）设()()gxfx，讨论函数()g

x在[0,)上的单调性；（3）证明：对任意的s，(0,)t，有()()()fstfsft.21.已知Q：1a，2a，„，ka为有穷整数数列.给定正整数m，若对任意的{1,2,,}nm，在Q

中存在ia，1ia，„，ija（0j），使得12iiiijaaaan，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：1a，2a，„，ka为8连续可表数列，求证：k的最小值为4；甲:9.8

0,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.30,9.25；乙:9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23;丙:9.85,9.65,9.20,9.16.（3）若Q：1a，

2a，„，ka为20连续可表数列，且1220kaaa，求证：7k.2022年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学一、选择题1.已知全集{|33}Uxx，集合{|21}Axx，则UCA（）A.(2,1]B.(3,2)[1

,3)C.[2,1)D.(3,2](1,3)【答案】D【解析】易得(3,2)(1,3)UCA.2.若复数z满足34izi，则z（）A.1B.5C.7D.25【答案】B【解析】条件可知3443izii，所以5z.3.若直线2

10xy是圆22()1xay的一条对称轴，则a（）A.12B.12C.1D.1【答案】A【解析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，圆心坐标(,0)a，所以由2010a解得12a.4.已知函数1()12xfx，

则对任意实数x，有（）A.()()0fxfxB.()()0fxfxC.()()1fxfxD.1()()3fxfx【答案】C【解析】由1()12xfx，可得12()1221xxxfx，

所以得21()()121xxfxfx.5.已知函数22()cossinfxxx，则（）A.()fx在(,)26上单调递减B.()fx在(,)412C.()fx在(0,)3上单调递减D.()f

x在7(,)412上单调递增【答案】C【解析】22()cossincos2fxxxx，选项A中：2(,)3x，此时()fx单调递增，选项B中：2(,)26x，此时()fx先递增后递减，选项C中：22(0,)3x，此时()

fx单调递减，选项D中：72(,)26x，此时()fx先递减后递增；所以选C.6.设{}na是公差不为0的无穷等差数列，则“{}na为递增数列”是“存在正整数0N，当0nN时，0na”的（）A.充分而不必有

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】①充分性证明：若{}na为递增数列，则有对nN，1nnaa，公差10nndaa，取正整数10[]2aNd（其中1[]ad为不大于1ad的最大正整数），则当0nN时，只要0na

，都有111(1)([]1)0naaandadd，②必要性证明：若存在正整数0N，当0nN时，0na，∵1(1)naand，∴1dadn，对0nN，nN都成立，∵1lim0ndan，且0d，∴0d，∴对nN，都有10nnaad，

1nnaa，即：{}na为递增数列；所以“{}na为递增数列”是“存在正整数0N，当0nN时，0na”的充要条件，∴选C.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，为实现绿色冬奧作出了贡献.如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和lgP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220T，1026P时，二氧

化碳处于液态B.当270T，128P时，二氧化碳处于气态C.当300T，9987P时，二氧化碳处于超临界状态D.当360T，729P时，二氧化碳处于超临界状态【答案】D【解析】A选项：lglg10263P，220T

，由图易知处于固态；B选项：lg1282P，270T，由图易知处于液态；C选项：lglg99873.999P，300T，由图易知处于固态；D选项：lglg7292P，360T，由图易知处于超临界状态；所以选D.8.若443243210(21)xaxax

axaxa，则024aaa（）A.40B.41C.40D.41【答案】B【解析】当1x时，432101aaaaa①；当时1x时，4321081aaaaa②；①②得原式41=.9.已知正三棱锥PABC的六条棱长为6，S是ABC及其

内部的点构成的集合.设集合{|5}TQSPQ，则T表示的区域的面积为（）A.34B.C.2D.3【答案】B【解析】过点P作底面射影点O，则由题意，23CO，6PC，∴26PO，当CO上存在一点Q

使得5PQ，，此时1QO，则动点Q为半径，O为圆心的圆里，所以面积为.10.在ABC中，3AC，4BC，90C.P为ABC所在平面内的动点，且1PC，则PAPB的取值范围是（）A.[5,3]B.[3,5]C.[6,4]D.[4,6]【答案】D

【解析】建立如图所示坐标系，由题易知，设(0,0)C，(3,0)A，(0,4)B，∵1PC，∴设(cos,sin),[0,2]P22(3cos,sin)(cos,4sin)3cos4sincossinPAPB3415sin()(sin,cos)[

4,6]55，所以选D.方法二：,|,|2PCCBPCCA，且0CACB∴PAPB()()PCCAPCCB2PCPCCAPCCBCACB13cos,4cos,0PCCAPCCB13cos,4sin,PCCAPCCA

15sin[,]PCCA其中，(0,)2，3tan4，∴46PAPB，∴选D.二、填空题1xyB(0,4)P(x,y)11.函数1()1fxxx的定义域是.【答案】(,0)(0,1]

【解析】依题意010xx，解得(,0)(0,1]x.12.已知双曲线221xym的渐近线方程为33yx，则m.【答案】3【解析】双曲线221xym的渐近线方程为xym，故3m.13.若函数()sin3cosfxAxx的一个零点

为3，则A________.【答案】12【解析】33()sin3cos033322fAA，解得1A.()sin3cos2sin()3fxxxx，故()2sin()2sin()21212

34f.14.设函数21,()(2),axxafxxxa，若()fx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】由题意知，函数最值于函数单调性相关，故可考虑以0，2为分界点研究函数()fx的性

质，当0x时，()1,fxaxxa，该段的值域为2(,1)a，故整个函数没有最小值；当0a时，()1fxax，xa该段值域为{1}，而2()(2),fxxxa的值域为[0,)，故此时()fx的值域为

[0,)，即存在最小值为0，故第一个空可填写0；当02a时，()1,fxaxxa，该段值域为2(1,)a，而2()(2),fxxxa的值域为[0,)，若存在最小值，则需满足210a，于

是可得01a；当2a时，()1,fxaxxa，该段的值域为2(1,)a，而2()(2),fxxxa的值域为2[(2),)a，若存在最小值，则需满足221(2)aa，此不等式无解。综上，a的取值范围是[0,1]，故a的最大值为1.15.已知数列{}n

a的各项均为正数，其前n项和nS满足9(1,2,)nnaSn.给出下列四个结论：①{}na的第2项小于3；②{}na为等比数列；③{}na为递减数列；④{}na中存在小于1100的项.其中所有正确结论的

序号是.【答案】①③④【解析】1n，可得219a，又各项均为正，可得13a，令2n可得22(3)9aa，可解得23(51)32a，故①正确；当2n时，由9nnSa得119nnSa，于是可得199nnnaa

a，即2199nnnaaa，若{}na为等比数列，则2n时1nnaa，即从第二项起为常数，可检验3n则不成立，故②错误；9(1,2,)nnaSn，可得11nnnnaSaS，于是1

11nnnnaSaS，所以1nnaa，于是③正确；对于④，若所有项均大于等于1100，取90000n，则1100na，900nS，于是9nnaS与已知矛盾，所以④正确.三、解答题16.在ABC中，sin23sinCC.（1）求C；（2）若6b，且ABC的面积为63

，求ABC的周长.【答案】见解析【解析】（1）sin23sinCC，2sincos3sinCCC，3cos2C，6C.（2）∵63ABCS，∴1sin632abC，43a，由余弦定理得2222coscababC

，23c，所以ABC的周长为636.17.如图，在三棱柱111ABCABC中，侧面11BCCB为正方形，平面11BCCB平面11ABBA，2ABBC，M，N分别为11AB，AC的中点.（1）求证：//MN平面11BCCB；（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.NMBCAC1A1B1条件①：ABMN；条件②：BMMN.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.【答案】见解析【解析】（1）取BC中点D，连接11BD，DN，在三棱柱111ABCABC中，

11//ABAB，11ABAB.因为M，N，D分别为11AB，AC，BC的中点，所以1//BMAB，112BMAB，//DNAB，12DNAB，即1//BMDN且1BMDN，所以四边形1BMND为平行四边形，因此1//BDMN.

又MN平面1BCC，1BD平面11BCCB，所以//MN平面11BCCB.（2）选条件①：因为侧面11BCCB为正方形，所以1CBBB，又因为平面11BCCB平面11ABBA，且平面11BCCB平面111ABBABB，所以CB平面11ABBA，而AB平面11ABBA，所以C

BAB.由（1）得1//BDMN，又因为ABMN，所以1ABBD，而1BDCBD，所以AB平面11BCCB，在三棱柱111ABCABC中，BA，BC，1BB两两垂直，故分别以BC，BA，1BB为x轴，DNMBCAC1A1B1y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系，

因为12ABBCBB，则(0,0,0)B，(1,1,0)N，(0,1,2)M，(0,2,0)A，所以(1,1,0)BN，(0,1,2)BM，(0,2,0)AB，设平面BMN的法向量(,,)nxyz，由0BNn，0BMn，得020xyyz，

令2x，得(2,2,1)n.设直线AB与平面BMN所成角为，设42sincos,323nABnABnAB，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23.选条件（2）：取AB中点H，连接HM，HN.因为M，N，H分别为11AB，AC，AB的中点，所以1//

BBMH，//CBNH，而1CBBB，故NHMH.又因为2ABBC，所以1NHBH.在MHB和MHN中，BMMN，NHBH，公共边MH，那么MHBMHN，因此90MHNMHB，即MHAB，故1BBAB.在三棱柱1

11ABCABC中，BA，BC，1BB两两垂直，故分别以BC，BA，1BB为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系，DNMBCAC1A1B1zyx因为12ABBCBB，则(0,0,0)B，(1,1,0)N，(0,1,2)M，(0,2,0)A，所以(1,1,0)BN，(0,1

,2)BM，(0,2,0)AB，设平面BMN的法向量(,,)nxyz，由0BNn，0BMn，得020xyyz，令2x，得)(2,2,1n，设直线AB与平面BMN所成角为，则42sincos,3

23nABnABnAB，所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23.18.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9.50m以上（含9.50m）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）：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EX；（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）【答案】HNMBCAC1A1B1zyx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.

见解析【解析】由题意得：设甲在校运会铅球比赛中获优秀奖为事件A，比赛成绩达到9.50m以上获优秀奖，甲的比赛成绩达到9.50以上的有：9380，9.70，9.55，9.54四个，所以，甲在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为()0.4pA.（2）设X是甲、乙、丙在

校运会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望EX：X所有可能取值为0，1，2，3.甲在校运云铅球比赛中获优秀奖的概率为()0.4PA.乙在校运会铅球比赛中获优秀奖的概率为事件B，则()0.5PB.丙在校运会铅球比赛中获

优秀奖的概率为事件C，则()0.5PC.00.60.50.50.15()PX，10.40.50.50.60.50.50.60.50.50.4()PX，(2)0.40.50.50.40.50.50.60.50.50.35PX

，(3)0.40.50.50.1PX，()00.1510.420.3530.11.4EX.（3）甲的平均数：(9.809.709.559.549.489.429.409.359.309.25)0.19.479，乙的平均数：(9.789

.569.519.369.329.23)69.457，丙的平均数：(9.859.659.209.16)0.259.465，甲的方差：222[(9.89.479)(9.259.479)]100.1

72S，乙的方差：222[(9.789.457)(9.239.457)]60.0329S，丙的方差：222[(9.859.465)(9.169.465)]40.086S.19.已知椭圆E：22221

(0)xyabab的一个顶点为(0,1)A，焦距为23.（1）求椭圆E的方程；（2）过点(2,1)P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2MN时，求k的值.【答案】见解析【解析】（1）依题意可知：2221223bcabc

，解得213abc，故椭圆E的方程为：2214xy；（2）由题可设直线方程为：1(2)ykx，11(,)Bxy，22(,)Cxy，联立直线和椭圆E方程：221(2)14ykxxy，可得2222(14)1681

6160()kxkkxkk，由0可得2222(168)4(14)(1616)0kkkkk，解得0k，根据韦达定理可得：2122(168)14kkxxk，2122161614kkxxk，直线AB的斜率为111ABykx，A

B的直线方程为1111yyx，令0y，可得点M的横坐标111Mxxy，同理可得点N的横坐标221Nxxy.则有1212211212211()11(2)(2)22xxxxxxMNyykxkxkxx212122112121212122()4(2)(2)11

22()42()4xxxxxxxxkxxxxkxxxx.代入韦达定理式子可得222222222(168)16162()411414216161682()41414mkkkkkkkkkk

kkkk，化简可得：22222222222642416()(14)21142161632164161(41)144kkkkkkkkkkkkkkk，即232432

1444442kkkkkkkk，可得12kk，两边平方则有114k，解得4k.故k的值为4.20.已知函数()ln(1)xfxex.（1）求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程；（2）设()()gxfx，讨论函数

()gx在[0,)上的单调性；（3）证明：对任意的s，(0,)t，有()()()fstfsft.【答案】见解析【解析】（1）由题，11()ln(1)(ln(1))11xxxfxexeexxx，故01(0)(l

n(10))110fe，0(0)ln(10)0fe，因此，曲线()yfx在(0,(0))f处的切线方程为yx.（2）由（1），1()()(ln(1))1xgxfxexx，[0,

)x，则221()(ln(1))1(1)xgxexxx，设221()ln(1)1(1)hxxxx，[0,)x，则232233132()12222222()0)(111(1)()(1)xxxhxxxxxx，故(

)hx在[0,)上递增，故()(0)10hxh，因此()0gx对任意[0,)x恒成立，故()gx在[0,)上单调递增：另解：2221111()(ln(1))(ln(1))1(1)11(1)xxgxexexxxxxx

21(ln(1))1(1)xxexxx，故ln(1)0x，111x，20(1)xx，因此，()0gx对任意[0,)x恒成立，故()gx在[0,)上单调递增；（3）设()()()()ln(1)ln(1)ln(1)

ststmsfstfsftesteset，则11()(ln(1))(ln(1))()()11stsmsestesgstgssts，因此()gx在[

0,)上单调递增，因此，()ms在(0,)上递增，故()(0)(0)(0)()(0)0msmftfftf，因此，对任意的s，(0,)t，有()()()fstfsft.21.已知Q：1a，2a，„，ka为有穷

整数数列.给定正整数m，若对任意的{1,2,,}nm，在Q中存在ia，1ia，„，ija（0j），使得12iiiijaaaan，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：1a，2a，„，ka为8连续可表数列，求证：k的最小值为4；（3）若Q：1a，2a，„，ka为20连续可表数列，且1220kaaa，求证：7k.【答案】见解析【解析】（1）若5m，则对

于任意{1,2,3,4,5}n，211a，122a，12213aa，344a，23145aa，所以Q是5连续可表数列：由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）反证法：设k的值为3，则1a，2a，3a最多能表示1a，2a，3a，12aa

，23aa，123aaa共6个数字，与Q为8连续可表数列矛盾，故4k；现构造Q：1，2，3，4可以表达出1，2，3，4，5，6，7，8这8个数字，即存在4k满足题意，故k的最小值为4；（3）以下先证明6

k：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数字，取连续四个数字最多能表示2数字，取连续五个数字最多能表示1数字，所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5432145个正

整数，不能表示20个正整数，即6k.若6k，最多可以表示65432121个正整数，由于Q为20可表数列，且12320kaaaa，所以有一项必为负数，既然5个正整数都不能连续可表120个正整数，那么中间若插入一个负数项，更不能连续表示120的

正整数.所以至少要有6个正整数连续可表120个正整数.所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意，故7k.