【文档说明】2022年高考数学真题全国共计8份试卷及答案.docx，共(186)页，10.018 MB，由baby熊上传

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绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.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，再选涂其他答案标号.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.若13iz，则1zzz（）A.13iB.13iC.13i33D.13i332.某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率

如下图：则（）A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题正确率的平均数大于85%的C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差3.设全集{2,1,0,1,2,3}U，集合2{1,2},430A

Bxxx∣，则()UABð（）A.{1,3}B.{0,3}C.{2,1}D.{2,0}4.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A.8B.12C.16D.205.函数33cosxxyx在区间ππ,

22的图象大致为（）A.B.C.D.6.当1x时，函数()lnbfxaxx取得最大值2，则(2)f（）A1B.12C.12D.17.在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD与平面ABCD和平面1

1AABB所成的角均为30°，则（）A.2ABADB.AB与平面11ABCD所成的角为30°C.1ACCBD.1BD与平面11BBCC所成的角为458.沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”

，如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在AB上，CDAB．“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：2CDsABOA．当2,60OAAOB时，s（）A.11332B.11432C.933

2D.94329.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.22C.10D.510410.椭圆2222:1(0)xyCabab

的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若.直线,APAQ的斜率之积为14，则C的离心率为（）A.32B.22C.12D.1311.设函数π()sin3fxx在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范

围是（）A.513,36B.519,36C.138,63D.1319,6612.已知3111,cos,4sin3244abc，则（）A.cbaB.bacC.abcD.acb

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设向量a，b的夹角的余弦值为13，且1a，3br，则2abb_________．14.若双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆22430xyy相切，则m_________．

15.从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．16.已知ABC中，点D在边BC上，120,2,2ADBADCDBD．当ACAB取得最小值时，BD_______

_．三、解答题：共70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nS为数列na的前n项和．已知221nnSnan

．（1）证明：na是等差数列；（2）若479,,aaa成等比数列，求nS的最小值．18.在四棱锥PABCD中，PD底面,,1,2,3ABCDCDABADDCCBABDP∥．（1）

证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．19.甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独

立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．20.设抛物线2:2(0)Cypxp焦点为F，点,0Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，3MF．（1）求C的

方程；（2）设直线,MDND与C另一个交点分别为A，B，记直线,MNAB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．21已知函数lnxfxxaxxe．（1）若0fx，求a的取值范围；（2）证明：若

fx有两个零点12,xx，则环121xx．（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xOy中，曲线1C的参数

方程为26txyt（t为参数），曲线2C的参数方程为26sxys（s为参数）．的的.（1）写出1C的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线3C的极坐标方

程为2cossin0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标．[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc；（2）若2bc，则

113ac．绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.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，再选涂其他答案标号.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.若13iz，则1zzz（）A.13iB.13iC.13i33D.13i33【答案】C【解析】【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.【详解】13i,(13i)(13i)134.zzz13i13i1333zzz

故选：C2.某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则

（）A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D.讲座后问卷答题正确率的极差大于讲座前正确率的极差【答案】B【解析】【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念

，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为70%75%70%2,所以A错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%,所以B对；讲座前问卷

答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%80%20%，讲座前问卷答题的正确率的极差为95%60%35%20%,所

以D错.故选:B.3.设全集{2,1,0,1,2,3}U，集合2{1,2},430ABxxx∣，则()UABð（）A.{1,3}B.{0,3}C.{2,1}D.{2,0}【答案】D【解析

】的【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，2=4301,3Bxxx，所以1,1,2,3AB,所以U2,0ABð.故选：D.4.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网

格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A.8B.12C.16D.20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积

2422122V.故选：B.5.函数33cosxxyx在区间ππ,22的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.

【详解】令33cos,,22xxfxxx，则33cos33cosxxxxfxxxfx，所以fx为奇函数，排除BD；又当0,2x

时，330,cos0xxx，所以0fx，排除C.故选：A.6.当1x时，函数()lnbfxaxx取得最大值2，则(2)f（）A.1B.12C.12D.1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知()12f=-，10f即可解得,

ab，再根据fx即可解出．【详解】因为函数fx定义域为0,，所以依题可知，()12f=-，10f，而2abfxxx，所以2,0bab，即2,2ab，所以222fxxx，因此函数fx在0,1上递增，在1,上递减，1x时

取最大值，满足题意，即有112122f．故选：B.7.在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30°，则（）A.2ABADB.AB与平面11ABCD所成的角

为30°C.1ACCBD.1BD与平面11BBCC所成的角为45【答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设1,,ABaADbAAc，依题以及长方体的结构特征可知，1BD与平面ABCD所成角为1BDB，1B

D与平面11AABB所成角为1DBA，所以11sin30cbBDBD，即bc，22212BDcabc，解得2ac．对于A，ABa=，ADb=，2ABAD，A错误；对于B，过B作1BEAB于E，易知BE平面11ABCD，所以AB与平面11ABCD所成角为BAE，因

为2tan2cBAEa，所以30BAE，B错误；对于C，223ACabc，2212CBbcc，1ACCB，C错误；对于D，1BD与平面11BBCC所成角为1DBC，112sin22CD

aDBCBDc，而1090DBC，所以145DBC．D正确．故选：D．8.沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的

AB中点，D在AB上，CDAB．“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：2CDsABOA．当2,60OAAOB时，s（）11332B.11432C.9332D.9432【答案】B【解析】【分析】连接OC，分别求出,,ABOCCD，再根据题中公式即可

得出答案.【详解】解：如图，连接OC，因为C是AB的中点，所以OCAB，又CDAB，所以,,OCD三点共线，即2ODOAOB，又60AOB，所以2ABOAOB，则3OC，故23CD，所以22231143222CDsABOA.故选：B

.9.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.22C.10D.5104【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可

得122rr，再结合圆心角之和可将12,rr分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11222S

rlrSrlr甲乙，所以122rr，又12222rrll，则121rrl，所以1221,33rlrl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212293hlll，所以22112222145393101122393rhl

lVVrhll甲乙.故选：C.10.椭圆2222:1(0)xyCabab的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线,APAQ的斜率之积为14，则C的离心率为（）A.32B.22C.12D.13【答案】A【解析】【分析】设11,Pxy，则

11,Qxy，根据斜率公式结合题意可得2122114yxa，再根据2211221xyab，将1y用1x表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】解：,0Aa，设11,Pxy，则11,Qxy，则1111,APAQyykkxaxa

，故21112211114APAQyyykkxaxaxa，又2211221xyab，则2221212baxya，所以2221222114baxaxa，即2214ba，所以椭圆C的离心

率22312cbeaa.故选：A.11.设函数π()sin3fxx在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（）A.513,36B.519,36C.138,6

3D.1319,66【答案】C【解析】【分析】由x的取值范围得到3x的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．【详解】解：依题意可得0，因为0,x，所以,333x，要使函数在区

间0,恰有三个极值点、两个零点，又sinyx，,33x的图象如下所示：则5323，解得13863，即138,63．故选：C．12.已知3111,cos,4sin3

244abc，则（）A.cbaB.bacC.abcD.acb【答案】A【解析】【分析】由14tan4cb结合三角函数的性质可得cb；构造函数21()cos1,(0,)2fxxxx

，利用导数可得ba，即可得解.【详解】因为14tan4cb,因为当π0,,sintan2xxxx所以11tan44,即1cb,所以cb；设21()cos1,(0,)2fxxxx，()sin0fxxx

，所以()fx在(0,)单调递增，则1(0)=04ff,所以131cos0432，所以ba,所以cba，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设向量a，b的夹角的余弦值为13，

且1a，3br，则2abb_________．【答案】11【解析】【分析】设a与b的夹角为，依题意可得1cos3，再根据数量积的定义求出ab，最后根据数量积的运算律计算可得．【详解】解：设a与b的夹角为，因为a与b的

夹角的余弦值为13，即1cos3，又1a，3br，所以1cos1313abab，所以22222221311abbabbabb．故答案为：11．14.若双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆22430xyy相切

，则m_________．【答案】33【解析】【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．【详解】解：双曲线22210xymm的渐近线为yxm，即0

xmy，不妨取0xmy，圆22430xyy，即2221xy，所以圆心为0,2，半径1r，依题意圆心0,2到渐近线0xmy的距离2211mdm，解得33m或33m（舍去）．故答案为：33．15.从正方体的8个

顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．【答案】635.【解析】【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有48C70n个结果，这4个点在同一个平面的有6612m

个，故所求概率1267035mPn．故答案为：635．16.已知ABC中，点D在边BC上，120,2,2ADBADCDBD．当ACAB取得最小值时，BD________．【答案】31##1+3【解析】【分析】设220CDBDm，利用余弦

定理表示出22ACAB后，结合基本不等式即可得解.【详解】设220CDBDm，则在ABD△中，22222cos42ABBDADBDADADBmm，在ACD△中，22222cos444ACCDA

DCDADADCmm，所以2222224421214441243424211mmmACmmABmmmmmm1244233211mm，当且仅当311mm即31m时，等号成立，所以当ACAB取最小值时，31m

.故答案为：31.三、解答题：共70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nS为数列na的前n

项和．已知221nnSnan．（1）证明：na是等差数列；（2）若479,,aaa成等比数列，求nS的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）78．【解析】【分析】（1）依题意可得222nnSnnan

，根据11,1,2nnnSnaSSn，作差即可得到11nnaa，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到na的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．【小问1详解】解：因为221nnSnan，即222n

nSnnan①，当2n时，21121211nnSnnan②，①②得，22112212211nnnnSnSnnannan，即12212211nnnannana，

即1212121nnnanan，所以11nnaa，2n且N*n，所以na是以1为公差的等差数列．【小问2详解】解：由（1）可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa

，即2111638aaa，解得112a，所以13nan，所以22112512562512222228nnnSnnnn，所以，当12n或13

n时min78nS．18.在四棱锥PABCD中，PD底面,,1,2,3ABCDCDABADDCCBABDP∥．（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解

析；（2）55.【解析】【分析】（1）作DEAB于E，CFAB于F，利用勾股定理证明ADBD，根据线面垂直性质可得PDBD，从而可得BD平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；的（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【小问1详解】证明：在四

边形ABCD中，作DEAB于E，CFAB于F，因为//,1,2CDABADCDCBAB，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以12AEBF，故32DE，223BDDEBE，所以222ADBDAB，所以ADBD

，因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又PDADD，所以BD平面PAD，又因PA平面PAD，所以BDPA；【小问2详解】解：如图，以点D原点建立空间直角坐标系，3BD，则1,0,0,0,3,0,0,0,3ABP，则

1,0,3,0,3,3,0,0,3APBPDP，设平面PAB的法向量,,nxyz，则有30{330nAPxznBPyz，可取3,1,1n，为则5cos,5nDPnDPnDP，所以PD与平面PAB所成角的正

弦值为55.19.甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（

2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【答案】（1）0.6；（2）分布列见解析，13EX.【解析】【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为,,ABC，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的

乘法公式即可求出；（2）依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．【小问1详解】设甲在三个项目中获胜的事件依次记为,,ABC，所以甲学校获得冠军的概率为PPABCPABCPABCPABC0.50.40.80.50.40

.80.50.60.80.50.40.20.160.160.240.040.6．【小问2详解】依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以，00.50.40.80.16PX,100.50.40.80.50.60.80.50.40.20.44

PX，200.50.60.80.50.40.20.50.60.20.34PX，300.50.60.20.06PX.即X分布列为X0102030P0.160.440.340.06期望00.161

00.44200.34300.0613EX.20.设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，点,0Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，3MF．（1）求C的方程；（

2）设直线,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MNAB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】（1）24yx；（2）:24ABxy.【解析】【分析】（1）由抛

物线的定义可得=2pMFp，即可得解；（2）设点的坐标及直线:1MNxmy，由韦达定理及斜率公式可得2MNABkk，再由差角的正切公式及基本不等式可得22ABk，设直线:2ABxyn，结合韦达定理可解.【小问1详

解】抛物线的准线为2px，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时=32pMFp，所以2p，所以抛物线C的方程为24yx；【小问2详解】的设222231241234,,,,,,,4444yyyyMyNyAyBy

，直线:1MNxmy，由214xmyyx可得2440ymy，120,4yy，由斜率公式可得12221212444MNyykyyyy，34223434444AByykyyyy，

直线112:2xMDxyy，代入抛物线方程可得1214280xyyy，130,8yy，所以322yy，同理可得412yy，所以34124422MNABkkyyyy又因为直线MN、AB的倾斜角分别为

,，所以tantan22MNABkk，若要使最大，则0,2，设220MNABkkk，则2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk，当

且仅当12kk即22k时，等号成立，所以当最大时，22ABk，设直线:2ABxyn，代入抛物线方程可得24240yyn，34120,4416yynyy，所以4n，所以直线:24ABxy.【点睛】关

键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.21.已知函数lnxfxxaxxe．（1）若0fx，求a的取值范围；（2）证明：若fx有两个零点12,xx，则环121xx．【答案】（1）(,1]e（2）证明见

的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e11e2ln02xxxxxxx，再利用导数即可得证.【小问1详解】()fx的定义域为(0,)，2111()e1xfxxxx

1111e1e11xxxxxxxx令()0fx,得1x当(0,1),()0,()xfxfx单调递减当(1,),()0,()

xfxfx单调递增()(1)e1fxfa，若()0fx,则e10a,即1ae所以a的取值范围为(,1]e【小问2详解】由题知,fx一个零点小于1,一个零点大于1不妨设121xx<<要

证121xx,即证121xx因为121,(0,1)xx,即证121fxfx因为12fxfx,即证221fxfx即证1e1lneln0,(1,)xxxx

xxxxx即证1e11e2ln02xxxxxxx下面证明1x时，1e11e0,ln02xxxxxxx设11(),eexxgxxxx，则11122111111()eee1ee1xxxxxg

xxxxxxxx111e1e1eexxxxxxxxx设22e1111,ee0x

xxxxxxxxxx所以1ex,而1eex所以1ee0xxx,所以()0gx所以()gx在(1,)单调递增即()(1)0gxg,所以1ee0xxxx令11()ln,12hx

xxxx2222211121(1)()10222xxxhxxxxx所以()hx在(1,)单调递减即()(1)0hxh,所以11ln02xxx

；综上,1e11e2ln02xxxxxxx,所以121xx.【点睛】关键点点睛：本题极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式11()l

n2hxxxx这个函数经常出现，需要掌握（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]是22.在直角坐标系xOy中，曲线

1C的参数方程为26txyt（t为参数），曲线2C的参数方程为26sxys（s为参数）．（1）写出1C的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线3C的极坐标方程为2coss

in0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标．【答案】（1）2620yxy；（2）31,CC的交点坐标为1,12，1,2，32,CC的交点坐标为1,12，1,2．【解

析】【分析】(1)消去t，即可得到1C的普通方程；(2)将曲线23,CC的方程化成普通方程，联立求解即解出．【小问1详解】因为26tx，yt，所以226yx，即1C的普通方程为2620yxy

．【小问2详解】因为2,6sxys，所以262xy，即2C的普通方程为2620yxy，由2cossin02cossin0，即3C的普通方程为20xy．联立262020yxyxy

，解得：121xy或12xy，即交点坐标为1,12，1,2；联立262020yxyxy，解得：121xy或12xy，即交点坐标

为1,12，1,2．[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc；（2）若2bc，则113ac．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据

22222242abcabc，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得043ac，即可得到1143ac，再根据权方和不等式即可得证.【小问1详解】证明：由柯西不等式有222

222221112abcabc，所以23abc，当且仅当21abc时，取等号，所以23abc；【小问2详解】证明：因为2bc，0a，0b，0c，由（1）得243abcac，即043ac，所以1143a

c，由权方和不等式知22212111293444acacacac，当且仅当124ac，即1a，12c时取等号，所以113ac.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{1,2,3,4,5}U，集合M满足{1,3}UMð，则（）A2MB.3MC.4MD.5M2.已知12zi，且0zazb，其

中a，b为实数，则（）A.1,2abB.1,2abC.1,2abD.1,2ab3.已知向量,ab满足||1,||3,|2|3abab，则ab（）A.2B.1C.1D.2

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nb：1111b，212111b，31231111b，…，依此类推，其中(1,2,)kkN．则（

）A.15bbB.38bbC.62bbD.47bb5.设F为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若AFBF，则AB（）A2B.22C.3D.326.执行下边的程序框图，输出的n

（）..A.3B.4C.5D.67.在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为,ABBC的中点，则（）A.平面1BEF平面1BDDB.平面1BEF平面1ABDC.平面1//BEF平面1AACD.平面1//BEF

平面11ACD8.已知等比数列na的前3项和为168，2542aa，则6a（）A.14B.12C.6D.39.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.13B.12C.33D.2210.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123,,ppp，且3210ppp．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A.p与该棋手和甲、乙、丙比赛次序无关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11.双曲线C的两个焦点为12,FF，以C的实轴为直径的圆记为D，过1F作D的切线与C交于M，N两点，且123cos5FNF，则C的离心率为（）A.52B.32C.132D.172的12.已知函数(),()fxgx的定义

域均为R，且()(2)5,()(4)7fxgxgxfx．若()ygx的图像关于直线2x对称，(2)4g，则221()kfk（）A.21B.22C.23D.24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____________．14.过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．15.记函数

cos(0,0π)fxx的最小正周期为T，若3()2fT，9x为()fx的零点，则的最小值为____________．16.已知1xx和2xx分别是函数2()2exfxax（0a且1a）的极小值点和极大值点．若

12xx，则a的取值范围是____________．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ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知sinsin()sinsin()CABBCA．（1）证明：2222abc；（2）若255,cos31aA，求ABC的周长．18.如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC

，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2,60ABBDACB，点F在BD上，当AFC△的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．19.某地经过多年环境治理，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：2m）和材积量（单的位：3m），得到如下数据：样本号ｉ12345678910总和根部横截面积ix0.040.060.040.080.080.050050.070.070.060.6材积量iy0.250.4

00.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得10101022iiiii=1i=1i=10.038,1.6158,0.2474xyxy．（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2186m．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iii=122iii=1i=1(,1.8

961.377)()()()nnnxxyyrxxyy．20.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过30,2,,12AB两点．（1）求E的方程；（2）设过点1,2P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MTTH．证明：直线HN过定点．21.已知函数ln1exfxxax（1）当1a时，求曲线yfx在点0,0f处的切线方程；（2）若fx在区间1,0,0,

各恰有一个零点，求a的取值范围．（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xOy中，曲线C的参数方程为3cos22sinxtyt，（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sin03m．（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．[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c都是正数，且3332221abc，证明：（1）19abc；（2）12abcbcac

ababc；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{1,2,3,4,5}U，集合M满足{1,3}UMð，则（）A.2MB.3MC.4MD.5M【答案】A【解析】【分析】先写出集合M,然后逐项验证即可【详解】由题知{2,4,5}M,对比选项知，A正确,BCD错误故选:A2.已知12zi，且0z

azb，其中a，b为实数，则（）A.1,2abB.1,2abC.1,2abD.1,2ab【答案】A【解析】【分析】先算出z,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可【详解】12iz12i(12i)(1)(22)izazbababa

由0zazb,得10220aba,即12ab故选:A3.已知向量,ab满足||1,||3,|2|3abab，则ab（）A.2B.1C.1D.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：∵2

22|2|||44abaabb，又∵||1,||3,|2|3,abab∴91443134abab，∴1ab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nb：1111b，212111b，31231111b，…，依此类推，其中(1,2,)kkN．则（）A.

15bbB.38bbC.62bbD.47bb【答案】D【解析】【分析】根据*1,2,kkN…，再利用数列nb与k的关系判断nb中各项的大小，即可求解.【详解】解：因为*1,2,kkN，

所以1121，112111，得到12bb，同理11223111，可得23bb，13bb又因为223411,11112233411111，故24bb，34bb；以

此类推，可得1357bbbb…，78bb，故A错误；178bbb，故B错误；26231111…，得26bb，故C错误；11237264111111…，得47bb，故D正确.故

选：D.5.设F为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若AFBF，则AB（）A.2B.22C.3D.32【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A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，1,

0F，则2AFBF，即点A到准线1x的距离为2，所以点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，1,2A，所以22310222AB故选：B6.执行下边的程序框图，输出的n（）A.3B.4C.5D.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，2123bba，312,12abann，222231220.0124ba；执行第二次循环，2347bba，725,13abann

，222271220.01525ba；执行第三次循环，271017bba，17512,14abann，2222171220.0112144ba，此时输出4n.故选：B7.在正方体1111ABCD

ABCD中，E，F分别为,ABBC的中点，则（）A.平面1BEF平面1BDDB.平面1BEF平面1ABDC.平面1//BEF平面1AACD.平面1//BEF平面11ACD【答案】A【解析】【分析】证明EF平面1BDD，即可判断A；如图

，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1BEF，1ABD，11ACD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1111ABCDABCD中，ACBD且1DD平面ABCD，又EF平面ABCD，所以1EFDD，因为,EF分别为,ABBC的中点，所

以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以EF平面1BDD，又EF平面1BEF，所以平面1BEF平面1BDD，故A正确；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,

0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，则11,1,0,0,1,2EFEB，12,2,0,2,0,2DBDA，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC设平面1BEF的法向量为111,,mxyz，则有11111020m

EFxymEByz，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1,1n，平面1AAC的法向量为21,1,0n，平面11ACD的法向量为31,1,1n，则122110mn，所以平面1

BEF与平面1ABD不垂直，故B错误；因为m与2nuur不平行，所以平面1BEF与平面1AAC不平行，故C错误；因为m与3n不平行，所以平面1BEF与平面11ACD不平行，故D错误，故选：A.8.已知等比数列na的前3项和为168，2542aa，则6a（）A.14B.12C.6D.3【答

案】D【解析】【分析】设等比数列na的公比为,0qq，易得1q，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na的公比为,0qq，若1q，则250aa，与题意矛盾，所以1q，则3112342511

1168142aqaaaqaaaqaq，解得19612aq，所以5613aaq.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.13B

.12C.33D.22【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22r，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2111sin222222ABCDSACBDACBDrrr（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22r又22rh1则32222

22212224322333327OABCDrrhVrhrrh当且仅当222rh即33h时等号成立，故选：C10.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123,,ppp，且3210ppp．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p甲；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率p乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率p丙.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p甲则2132131231232(1)2(1)2()4ppppppppppppp甲记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙则12312321312

32(1)2(1)2()4ppppppppppppp乙记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则1321323121232(1)2(1)2()4ppppppppppppp丙则1231232131231232()42

()420ppppppppppppppppp甲乙为2131233121232312()42()420ppppppppppppppppp乙丙即pp甲乙，pp乙丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，p最大.

选项D判断正确；选项BC判断错误；p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D11.双曲线C的两个焦点为12,FF，以C的实轴为直径的圆记为D，过1F作D的切线与C交于M，N两点，且123cos5FNF，则C的离心率为（）A.52B.32

C.132D.172【答案】C【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过1F作圆D的切线切点为G，可判断N在双曲线的右支，设12FNF，21FFN，即可求出sin，sin，cos，在21FFN中由12s

insinFFN求出12sinFFN，再由正弦定理求出1NF，2NF，最后根据双曲线的定义得到23ba，即可得解；【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过1F作圆D的切线切点为G，所以1OGNF，因为123cos05FNF，所以N在双曲线的右支，所以OG

a，1OFc，1GFb，设12FNF，21FFN，由123cos5FNF，即3cos5，则4sin5=，sinac，cosbc，在21FFN中，12sinsinsinFFN

4334sincoscossin555baabccc，由正弦定理得211225sinsinsin2NFNFccFFN，所以112553434sin2252ccab

abNFFFNc，2555sin222ccaaNFc又12345422222ababaNFNFa，所以23ba，即32ba，所以双曲线的离心率221312cbeaa故选：C12.已知函数(

),()fxgx的定义域均为R，且()(2)5,()(4)7fxgxgxfx．若()ygx的图像关于直线2x对称，(2)4g，则221()kfk（）A.21B.22C.23D.24【答案】D【解析】【分析】根据对称性和已知条件得到()(

2)2fxfx，从而得到352110fff，462210fff，然后根据条件得到(2)f的值，再由题意得到36g从而得到1f的值即可求解.【详解】因为()ygx

的图像关于直线2x对称，所以22gxgx，因为()(4)7gxfx，所以(2)(2)7gxfx，即(2)7(2)gxfx，因为()(2)5fxgx，所以()(2)

5fxgx，代入得()7(2)5fxfx，即()(2)2fxfx，所以35212510fff，46222510fff

.因为()(2)5fxgx，所以(0)(2)5fg，即01f，所以(2)203ff.因()(4)7gxfx，所以(4)()7gxfx，又因为()(2)5fxgx，联立得，2412gxgx，所以()y

gx的图像关于点3,6中心对称，因为函数()gx的定义域为R，所以36g因为()(2)5fxgx，所以1531fg.所以22112352146221310

1024()kfffffffffk.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】310##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35C10甲、乙都入选的方法数为

13C3，所以甲、乙都入选的概率310P故答案为：31014.过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．【答案】222313xy或22215xy或22476

5339xy或2281691525xy；为【解析】【分析】设圆的方程为220xyDxEyF，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220xyDxEyF

，若过0,0，4,0，1,1，则01640110FDFDEF，解得046FDE，所以圆的方程为22460xyxy，即222313xy；若过0,0，4,0，4,2，则01640164420

FDFDEF，解得042FDE，所以圆的方程为22420xyxy，即22215xy；若过0,0，4,2，1,1，则0110164420FDEFD

EF，解得083143FDE，所以圆的方程为22814033xyxy，即224765339xy；若过1,1，4,0，4,2，则1101640164420DEFDFDEF

，解得1651652FDE，所以圆的方程为2216162055xyxy，即2281691525xy；故答案为：222313xy或

22215xy或224765339xy或2281691525xy；15.记函数cos(0,0π)fxx的最小正周期为T，若3(

)2fT，9x为()fx的零点，则的最小值为____________．【答案】3【解析】【分析】首先表示出T，根据32fT求出，再根据π9x为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；【详解】解：因为cosfxx，（0

，0π）所以最小正周期2πT，因为2π3coscos2πcos2fT，又0π，所以π6，即πcos6fxx，又π9x为fx的零点，所

以ππππ,Z962kk，解得39,Zkk，因为0，所以当0k时min3；故答案为：316.已知1xx和2xx分别是函数2()2exfxax（0a且1a）的极小值点和极大值点．若12xx，则a的取值范围是____________．【答案】1,1e

【解析】【分析】由12,xx分别是函数22exfxax的极小值点和极大值点，可得12,,xxx时，0fx，12,xxx时，0fx，再分1a和01a两种情况讨论，方程2ln2e0xaax的

两个根为12,xx，即函数lnxyaa与函数eyx的图象有两个不同的交点，构造函数lnxgxaa，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.【详解】解：2ln2exfxaax，因为12,xx分别是函数22exfxax的极小值点和极

大值点，所以函数fx在1,x和2,x上递减，在12,xx上递增，所以当12,,xxx时，0fx，当12,xxx时，0fx，若1a时，当0x时，2ln0,2e0xaax，则此时0fx，与前

面矛盾，故1a不符合题意，若01a时，则方程2ln2e0xaax的两个根为12,xx，即方程lnexaax的两个根为12,xx，即函数lnxyaa与函数eyx的图象有两个不同的交点，令lnxgxaa，则2

ln,01xgxaaa，设过原点且与函数ygx的图象相切的直线的切点为00,lnxxaa，则切线的斜率为020lnxgxaa，故切线方程为0020lnlnxxyaaaaxx，则有0020lnlnxxaaxaa

，解得01lnxa，则切线的斜率为122lnlnelnaaaa，因为函数lnxyaa与函数eyx的图象有两个不同的交点，所以2elnea，解得1eea，又01a，所以11ea，综上所述，a的范围为1,1e.【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ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知sinsin()sinsin()CABBCA．（1）证明：2222abc；（2）若255,cos31aA，求ABC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bc，从而可求得bc，即可得解.【小问1详解】证明：因为sinsinsinsinCABBCA，所以sinsincossinsinc

ossinsincossinsincosCABCBABCABAC，所以2222222222222acbbcaabcacbcabacbcab，即22222222222acbabc

bca，所以2222abc；【小问2详解】解：因为255,cos31aA，由（1）得2250bc，由余弦定理可得2222cosabcbcA，则50502531bc

，所以312bc，故2222503181bcbcbc，所以9bc，所以ABC的周长为14abc.18.如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2,60ABBDACB，点F

在BD上，当AFC△的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．【答案】（1）证明过程见解析（2）CF与平面ABD所成的角的正弦值为437【解析】【分析】（1）根据已知关系证明ABDCBD≌△△，得到ABCB，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BEDE，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ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；在ABD△和CBD中，因为,,BACDCDADBDBD

BD，所以ABDCBD≌△△，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以ACBE；又因为,DEBE平面BED，DEBEE，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.【小问2详解】连接

EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，所以ACEF，所以1=2AFCSACEF△，当EFBD时，EF最小，即AFC△的面积最小.因为ABDCBD≌△△，所以2CBAB，又因为60ACB，所以ABC是等

边三角形，因为E为AC的中点，所以1AEEC，3BE，因为ADCD，所以112DEAC,在DEB中，222DEBEBD，所以BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则1,0,0,0,3,0,0,0,1ABD，所以

1,0,1,1,3,0ADAB，设平面ABD的一个法向量为,,nxyz，则030nADxznABxy，取3y，则3,3,3n，又因为331,0,0,0,,44CF

，所以331,,44CF，所以643cos,77214nCFnCFnCF，设CF与平面ABD所成的角的正弦值为02，所以43sincos,7nCF，所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.19.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：2m）和材积量（单位：3m），得到如下数据：样本号ｉ12345678910总和根部横截面积ix0.040.060

.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量iy0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得10101022iiiii=1i=1i=10.0

38,1.6158,0.2474xyxy．（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2186m．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iii=122iii=1i=1

(,1.8961.377)()()()nnnxxyyrxxyy．【答案】（1）20.06m；30.39m（2）0.97（3）31209m【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0.60.061

0x样本中10棵这种树木的材积量的平均值3.90.3910y据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为20.06m，平均一棵的材积量为30.39m【小问2详解】1010iiiii=1i=110101010222222iiiii=1i

=1i=1i=1101010xxyyxyxyrxxyyxxyy22(0.038100.06)(1.615810.2474100.060.390.01340.01340.970.013770.00000189

96.3)则0.97r【小问3详解】设该林区这种树木的总材积量的估计值为3mY，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得0.06186=0.39Y，解之得3=1209mY．则该林区这

种树木的总材积量估计为31209m20.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过30,2,,12AB两点．（1）求E的方程；（2）设过点1,2P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MTTH．

证明：直线HN过定点．【答案】（1）22143yx（2）(0,2)【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221mxny，过30,2,,12AB，则41914nmn，解得13m，14n，所以椭圆E的方程为：22143yx.【小问2详解】3(0,2)

,(,1)2AB，所以2:23AByx，①若过点(1,2)P的直线斜率不存在，直线1x.代入22134xy，可得26(1,)3M，26(1,)3N，代入AB方程223yx，可得26(63,)3T，

由MTTH得到26(265,)3H.求得HN方程：26(2)23yx，过点(0,2).②若过点(1,2)P的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kxykMxyNxy.

联立22(2)0,134kxykxy得22(34)6(2)3(4)0kxkkxkk，可得1221226(2)343(4)34kkxxkkkxxk，12222228(2)344(442)34kyykkkyyk

，且1221224(*)34kxyxyk联立1,223yyyx可得111113(3,),(36,).2yTyHyxy可求得此时1222112:()36yyHNyyxxyxx，将(0,2)，代入整理得12

121221122()6()3120xxyyxyxyyy，将(*)代入，得222241296482448482436480,kkkkkkk显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).【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ln1exfxxax（1）当1a时，求曲线yfx在

点0,0f处的切线方程；（2）若fx在区间1,0,0,各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1）2yx（2）(,1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(1,0),(0,)两部分研究

【小问1详解】()fx的定义域为(1,)当1a时,()ln(1),(0)0exxfxxf,所以切点为(0,0)11(),(0)21exxfxfx,所以切线斜率为2所以曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为2yx小问2详解】()ln

(1)exaxfxx2e11(1)()1e(1)exxxaxaxfxxx设2()e1xgxax1若0a,当2(1,0),()e10xxgxax,

即()0fx【所以()fx在(1,0)上单调递增,()(0)0fxf故()fx在(1,0)上没有零点,不合题意2若10a剟,当,()0x,则()e20xgxax所以()gx在(0,)上单调递增所以()(0)10gxga…,即()0fx所以()fx在

(0,)上单调递增,()(0)0fxf故()fx在(0,)上没有零点,不合题意3若1a(1)当,()0x,则()e20xgxax,所以()gx在(0,)上单调递增(0)10,(1)e0gag所以存

在(0,1)m,使得()0gm,即()0fm当(0,),()0,()xmfxfx单调递减当(,),()0,()xmfxfx单调递增所以当(0,),()(0)0xmfxf当,()xfx所以()fx在(,)m上有唯一零点又(

0,)m没有零点,即()fx在(0,)上有唯一零点(2)当2(1,0),()e1xxgxax设()()e2xhxgxax()e20xhxa所以()gx在(1,0)单调递增1(1)20,(0)10egag所

以存在(1,0)n,使得()0gn当(1,),()0,()xngxgx单调递减当(,0),()0,()xngxgx单调递增,()(0)10gxga又1(1)0eg所以存在(1,)tn,使得()0gt,即()0ft当(1,),(

)xtfx单调递增,当(,0),()xtfx单调递减有1,()xfx而(0)0f,所以当(,0),()0xtfx所以()fx在(1,)t上有唯一零点,(,0)t上无零点即()fx在(1,0)上有唯一零点所以1a,符合题意所以若

()fx在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求a的取值范围为(,1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a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xOy中，曲线C的参数方程为3cos22sinxtyt，（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sin03m．（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）320xym（2）195122m【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：sin03m，所以13sincos022m，又因为si

n,cosyx，所以化简为13022yxm，整理得l的直角坐标方程：320xym【小问2详解】联立l与C的方程，即将3cos2xt，2sinyt代入320xym中，可得3cos22sin20ttm，所以23(12sin)2

sin20ttm，化简为26sin2sin320ttm，要使l与C有公共点，则226sin2sin3mtt有解，令sinta，则1,1a，令2()623faaa，(11)a≤≤，对称轴为16

a，开口向上，所以(1)623()5maxffa，min11219(())36666ffa，所以19256mm的取值范围为195122m.[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c都是正数，且3332221abc，证明：（1）19abc；（2）

12abcbcacababc；【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．为【小问1详解】证明：因为0a，0b，0c，则320a，320b，320c

，所以33333322232223abcabc，即1213abc，所以19abc，当且仅当333222abc，即319abc时取等号．【小问2详解】证明：因为0a，0b，0c

，所以2bcbc，2acac，2abab，所以3222aaabcbcabc，3222bbbacacabc，3222cccabababc333333222222122222abcabcabcbcacababca

bcabcabcabc当且仅当abc时取等号．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1PC，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221xy

m的渐近线方程为33yx，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11

BCCB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.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()gx在[0,)上的单调性；（3）证

明：对任意的s，(0,)t，有()()()fstfsft.NMBCAC1A1B1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:9.85,9.65,9.20,9.16.21.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12iiiijaaa

an，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1220kaa

a，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210xy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.()fx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，360

T，由图易知处于超临界状态；所以选D.8.若443243210(21)xaxaxaxaxa，则024aaa（）A.40B.41C.40D.41【答案】B【解析】当1x时，432101aaaaa①；当时1

x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1

PC，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()2121234f.1xyB

(0,4)P(x,y)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),fxx

xa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{}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.【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11

9nnSa，于是可得199nnnaaa，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111nnnnaSaS

，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，sin23

sinCC.（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2222

coscababC，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.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】NMBCAC1A1B1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1

BMND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11BC

CB平面11ABBA，且平面11BCCB平面111ABBABB，所以CB平面11ABBA，而AB平面11ABBA，所以CBAB.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，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系，DNMBCAC1A1B1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42sinco

s,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N

HMH.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111ABCABC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)B

M，(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42

sincos,323nABnABnAB，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】见解析【解析】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.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)]100.172S，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)16816160()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，AB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)1122()42()4xxxxxxxxkxxxxkx

xxx.代入韦达定理式子可得222222222(168)16162()411414216161682()41414mkkkkkkkkkkkkkk，化简可得：22222222222642416()(14)2

1142161632164161(41)144kkkkkkkkkkkkkkk，即2324321444442kkkkkkkk，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)(ln(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)xx

xhxxxxxx，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5

m，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.2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考全国Ⅱ卷）数学注意事项：1．

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．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，再选涂其他答案标号.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8小题，每小题5分，共40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.已知集合1,1,2,4,11ABxx，则AB（）A.{1,2}

B.{1,2}C.{1,4}D.{1,4}2.(22i)(12i)（）A.24iB.24iC.62iD.62i3.中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，1111,,,DDCCBBAA是举，1111,,,ODDCCBB

A是相等的步，相邻桁的举步之比分别为11111231111,0.5,,DDCCBBAAkkkODDCCBBA，若123,,kkk是公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则3k（）A.0.75B.0.8C.0.85D.0.94.已知(3,4),(1,0),t

abcab，若,,acbc，则t（）A.6B.5C.5D.65.有甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有多少种（）A.12种B.24种C.36种D.48种6.角,满足sin()cos()2

2cossin4，则（）Atan()1B.tan()1C.tan()1D.tan()17.正三棱台高为1，上下底边长分别为33和43，所有顶点在同一球面上，则球

的表面积是（）A.100πB.128πC.144πD.192π8.若函数()fx定义域为R，且()()()(),(1)1fxyfxyfxfyf，则221()kfk（）A.3B.2C.0D.1二、选择题：本题共4小题，

每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.函数()sin(2)(0π)fxx的图象以2π,03中心对称，则

（）.的A.y()fx5π0,12单调递减B.y()fxπ11π,1212有2个极值点C.直线7π6x是一条对称轴D.直线32yx是一条切线10.已知O为坐标原点，过抛物线2:2(0)Cypxp的焦点F的直线与C交于A，B两点，点A在第一象

限，点(,0)Mp，若||||AFAM，则（）A.直线AB的斜率为26B.||||OBOFC.||4||ABOFD.180OAMOBM11.如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，,2FBEDABEDFB∥，记三棱

锥EACD，FABC，FACE的体积分别为123,,VVV，则（）A.322VVB.312VVC.312VVVD.3123VV12对任意x，y，221xyxy，则（）A.1xyB.2xyC.222xyD.221xy三、填空题：本题共4小题，每小题5分，

共20分.13.已知随机变量X服从正态分布22,N，且(22.5)0.36PX，则(2.5)PX____________．14.写出曲线ln||yx过坐标原点的切线方程：____________，____________．在在.15.已知点(2,3),(

0,)ABa，若直线AB关于ya的对称直线与圆22(3)(2)1xy存在公共点，则实数a的取值范围为________．16.已知椭圆22163xy，直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于M，N两点，且||||,||23MANBMN

，则直线l的方程为___________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.已知na为等差数列，nb是公比为2的等比数列，且223344ababba．（1）证明：11ab；（2）求集合

1,1500kmkbaam中元素个数．18.记ABC的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为123,,SSS，已知12331,sin23SSSB．（1）求ABC的面积；（2）若2sinsin3AC，求b．

19.在某地区进行流行病调查，随机调查了100名某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据频率分布直方图．（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）估计该地区一人患这种疾病年龄在区间[20

,70)的概率；（3）已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%，从该地区任选一人，若此人年龄位于区间[40,50)，求此人患该种疾病的概率．（样本数据中的患者年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率，精确到

0.0001）20.如图，PO是三棱锥PABC的高，PAPB，ABAC，E是PB的中点．（1）求证：//OE平面PAC；（2）若30ABOCBO，3PO，5PA，求二面角CAEB的正弦值．21.设双曲线2222:1(0,0)xyCabab的右焦点为(2,0)F，

渐近线方程为3yx．（1）求C的方程；（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点1122,,,PxyQxy在C上，且1210,0xxy．过P且斜率为3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M，

请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立：①M在AB上；②PQAB∥；③||||MAMB．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.22.已知函数()eeaxxfxx．（1）当1a时，讨论()fx的单调性；（2）当0x时，()

1fx，求a的取值范围；（3）设nN，证明：222111ln(1)1122nnn。2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考全国Ⅱ卷）数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证

号填写在答题卡上.2．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，再选涂其他答案标号.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8小题，每小题5分，共40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.已知集合1,1,2,4,11ABxx，则AB（）A.{1,2}B.{1,2}C.{1,4}D.{1,4}【答案】B【解析】【分析】求出集合

B后可求AB.【详解】|02Bxx，故1,2AB，故选：B.2.(22i)(12i)（）A.24iB.24iC.62iD.62i【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘法可求

22i12i.【详解】22i12i244i2i62i，故选：D.3.中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，1111,,,DDCCBBAA是举，1111,,,ODDCCBBA是相等的步，相邻桁的举步之比

分别为11111231111,0.5,,DDCCBBAAkkkODDCCBBA，若123,,kkk是公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则3k（）A.0.75B.0.8C.0.85D.0.

9【答案】D【解析】【分析】设11111ODDCCBBA，则可得关于3k的方程，求出其解后可得正确的选项.【详解】设11111ODDCCBBA，则111213,,CCkBBkAAk，依题意，有31320.2,

0.1kkkk，且111111110.725DDCCBBAAODDCCBBA，所以30.530.30.7254k，故30.9k，故选：D4.已知(3,4),(1,0),tabcab，若,,

acbc，则t（）A.6B.5C.5D.6【答案】C【解析】【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得【详解】解：3,4ct,cos,cos,acbc,即931635ttcc,解得5t,故选：C

5.有甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有多少种（）A.12种B.24种C.36种D.48种【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成

三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!2224种不同的排列方式，故选：B6.角,满足sin

()cos()22cossin4，则（）A.tan()1B.tan()1C.tan()1D.tan()1【答案】D【解析】【分析】由两角和差正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.【详解】由已知得：sincos

cossincoscossinsin2cossinsin,即：sincoscossincoscossinsin0，即：sincos0,所以tan1,故选：D的7.正三棱台高为1，

上下底边长分别为33和43，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（）A.100πB.128πC.144πD.192π【答案】A【解析】【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面半径12,rr，再根据球心

距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,rr，所以1233432,2sin60sin60rr，即123,4rr，设球心到上下底面的距离分别为12,dd，

球的半径为R，所以219dR，2216dR，故121dd或121dd，即229161RR或229161RR，解得225R符合题意，所以球的表面积为24π100πSR．故选：A．8.若函数()fx的

定义域为R，且()()()(),(1)1fxyfxyfxfyf，则221()kfk（）A.3B.2C.0D.1【答案】A【解析】【分析】根据题意赋值即可知函数fx的一个周期为6，求出函

数一个周期中的1,2,,6fff的值，即可解出．【详解】因为fxyfxyfxfy，令1,0xy可得，2110fff，所以02f，令0x可得，

2fyfyfy，即fyfy，所以函数fx为偶函数，令1y得，111fxfxfxffx，即有21fxfxfx，从而可知21fxfx，

14fxfx，故24fxfx，即6fxfx，所以函数fx的一个周期为6．因为210121fff，321112fff，422

1fff，5111fff，602ff，所以一个周期内的1260fff．由于22除以6余4，的所以221123411213kfkffff．故

选：A．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.函数()sin(2)(0π)fxx的图象以2π,03中心

对称，则（）A.y()fx在5π0,12单调递减B.y()fx在π11π,1212有2个极值点C.直线7π6x是一条对称轴D.直线32yx是一条切线【答案】AD【解析】【分析】根据三角函数的

性质逐个判断各选项，即可解出．【详解】由题意得：2π4πsin033f，所以4ππ3k，kZ，即4ππ,3kkZ，又0π，所以2k时，2π3，故2π()sin23fxx．对A，当5π0,12x时，2π

2π3π2,332x，由正弦函数sinyu图象知()yfx在5π0,12上是单调递减；对B，当π11π,1212x时，2ππ5π2,322x，由正弦函数sinyu图象知()yfx只有

1个极值点，由2π3π232x，解得5π12x，即5π12x为函数的唯一极值点；对C，当7π6x时，2π23π3x，7π()06f，直线7π6x不是对称轴；对D，由2π2cos213yx得：2π1cos232x，解得2π

2π22π33xk或2π4π22π,33xkkZ,从而得：πxk或ππ,3xkkZ,所以函数()yfx在点30,2处的切线斜率为02π2cos13xky，切线方程为：3(0)2yx即32yx

．故选：AD．10.已知O为坐标原点，过抛物线2:2(0)Cypxp的焦点F的直线与C交于A，B两点，点A在第一象限，点(,0)Mp，若||||AFAM，则（）A.直线AB的斜率为26B.||||OBOFC.||4||ABOFD.180OAMOBM

【答案】ACD【解析】【分析】由AFAM及抛物线方程求得36(,)42ppA，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线求得6(,)33ppB，即可求出OB判断B选项；由抛物线的定义求出2512pAB即可判

断C选项；由0OAOB，0MAMB求得AOB，AMB为钝角即可判断D选项.【详解】对于A，易得(,0)2pF，由AFAM可得点A在FM的垂直平分线上，则A点横坐标为3224ppp，代入抛物线可得2233242pypp，则36(,)42ppA，则直线AB的斜率为6226

342ppp，A正确；对于B，由斜率为26可得直线AB的方程为1226pxy，联立抛物线方程得22106ypyp，设11(,)Bxy，则16626pyp，则163py，代入抛物线得21623ppx，解得

13px，则6(,)33ppB，则22673332ppppOBOF，B错误；对于C，由抛物线定义知：325244312pppABppOF，C正确；对于D，23663663(,)(,)0423

343234pppppppppOAOB，则AOB为钝角，又26262665(,)(,)0423343236pppppppppMAMB，则AMB为钝

角，又360AOBAMBOAMOBM，则180OAMOBM，D正确.故选：ACD.11.如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，,2FBEDABEDFB∥，记三棱锥EACD，FABC，FACE的体积分别为123,,VVV，则（）A.322VVB

.312VVC.312VVVD.3123VV【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算12,VV，连接BD交AC于点M，连接,EMFM，由3AEFMCEFMVVV计算出3V，依次判断选项即可.【详解】设22ABEDFBa，因为ED平面ABCD

，FBED，则2311114223323ACDVEDSaaa，232111223323ABCVFBSaaa，连接BD交AC于点M，连接,EMFM，易得BDAC，又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又EDBDD，,

EDBD平面BDEF，则AC平面BDEF，又122BMDMBDa，过F作FGDE于G，易得四边形BDGF为矩形，则22,FGBDaEGa，则2222226,23EMaaaFMaaa

，22223EFaaa，222EMFMEF，则EMFM，213222EFMSEMFMa，22ACa，则33123AEFMCEFMEFMVVVACSa，则3123VV，323VV，312VVV，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.1

2.对任意x，y，221xyxy，则（）A.1xyB.2xyC.222xyD.221xy【答案】BC【解析】【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．【详解】因为22222ababab（,

abÎR），由221xyxy可变形为，221332xyxyxy，解得22xy，当且仅当1xy时，2xy，当且仅当1xy时，2xy，所以A错误，B正确；

由221xyxy可变形为222212xyxyxy，解得222xy，当且仅当1xy时取等号，所以C正确；因为221xyxy变形可得223124yxy，设3cos,sin22yxy，所以1

2cossin,sin33xy，因此222252111cossinsincos1sin2cos233333xy42π2sin2,23363

，所以当33,33xy时满足等式，但是221xy不成立，所以D错误．故选：BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知随机变量X服从正态分布22,N，且(22.5)0.36PX，则(2.5)PX____________．【答案】0.14##7

50．【解析】【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．【详解】因为22,XN，所以220.5PXPX，因此2.5222.50.50.360.14PXPXPX．故答案为：0.14．14.写出曲线ln||yx过坐标原点的切线方程：__

__________，____________．【答案】①.1eyx②.1eyx【解析】【分析】分0x和0x两种情况，当0x时设切点为00,lnxx，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方

程，再根据切线过坐标原点求出0x，即可求出切线方程，当0x时同理可得；【详解】解：因为lnyx，当0x时lnyx，设切点为00,lnxx，由1yx，所以001|xxyx，所以切线

方程为0001lnyxxxx，又切线过坐标原点，所以0001lnxxx，解得0ex，所以切线方程为11eeyx，即1eyx；当0x时lnyx，设切点为11,lnxx，由1yx

，所以111|xxyx，所以切线方程为1111lnyxxxx，又切线过坐标原点，所以1111lnxxx，解得1ex，所以切线方程为11eeyx，即1eyx；的故答案为：1eyx

；1eyx15.已知点(2,3),(0,)ABa，若直线AB关于ya的对称直线与圆22(3)(2)1xy存在公共点，则实数a的取值范围为________．【答案】13,32【解析】【分析】首先求出点A关于ya对称点A的坐标，即可得

到直线l的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；【详解】解：2,3A关于ya对称的点的坐标为2,23Aa，0,Ba在直线ya上，所以AB所在直线即为直线l，所以直线l为32ayxa，即3220a

xya；圆22:321Cxy，圆心3,2C，半径1r，依题意圆心到直线l的距离223342132aada，即2225532aa，解得1

332a，即13,32a；故答案为：13,3216.已知椭圆22163xy，直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于M，N两点，且||||,||23MANBMN，则直

线l的方程为___________．【答案】2220xy【解析】【分析】令AB的中点为E，设11,Axy，22,Bxy，利用点差法得到12OEABkk，设直线:ABykxm，0k，0m，求出M、N的坐标，再根据MN求出k、m

，即可得解；【详解】解：令AB的中点为E，因为MANB，所以MENE，设11,Axy，22,Bxy，则2211163xy，2222631xy，所以2222121206633xxyy，即12121212063xxxxyyyy所以

1212121212yyyyxxxx，即12OEABkk，设直线:ABykxm，0k，0m，令0x得ym，令0y得mxk，即,0mMk，0,Nm，所以,22mmEk，即1222mkmk，解得22k

或22k（舍去），又23MN，即22223MNmm，解得2m或2m（舍去），所以直线2:22AByx，即2220xy；故答案为：2220xy四、解答题：本题共6小题，共7

0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.已知na为等差数列，nb是公比为2的等比数列，且223344ababba．（1）证明：11ab；（2）求集合1,1500kmkbaam中

元素个数．【答案】（1）证明见解析；（2）9．【解析】【分析】（1）设数列na的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得22km，即可解出．【小问1详解】设数列na的公差为d

，所以，11111111224283adbadbadbbad，即可解得，112dba，所以原命题得证．【小问2详解】由（1）知，112dba，所以1111121kkmbaabamda，即122km，亦即22

1,500km，解得210k，所以满足等式的解2,3,4,,10k，故集合1|,1500kmkbaam中的元素个数为10219．18.记ABC的三个内角分别为A，B，C，其

对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为123,,SSS，已知12331,sin23SSSB．（1）求ABC的面积；（2）若2sinsin3AC，求b．【答案】（1）28（2）12【解析】【分析

】（1）先表示出123,,SSS，再由12332SSS求得2222acb，结合余弦定理及平方关系求得ac，再由面积公式求解即可；（2）由正弦定理得22sinsinsinbacBAC，即可求解.【小问1详解】由题意得222212313333,,22444SaaS

bSc，则22212333334442SSSabc，即2222acb，由余弦定理得222cos2acbBac，整理得cos1acB，则cos0B，又1sin3B，则2122cos133B，132cos4acB，则12sin28ABC

SacB；【小问2详解】由正弦定理得：sinsinsinbacBAC，则223294sinsinsinsinsin423bacacBACAC，则3sin2bB，31sin22bB.19.在某地区进行流行病调查，随机调查了100名某种疾病患者的年龄

，得到如下的样本数据频率分布直方图．（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）估计该地区一人患这种疾病年龄在区间[20,70)的概率；（3）已知该地区这种疾病的患病率

为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%，从该地区任选一人，若此人年龄位于区间[40,50)，求此人患该种疾病的概率．（样本数据中的患者年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率，精确到0.

0001）【答案】（1）44.65岁；（2）0.89；（3）0.0014．【解析】【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；（2）设A{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，根据

对立事件的概率公式()1()PAPA即可解出；（3）根据条件概率公式即可求出．【小问1详解】平均年龄(50.001150.002250.012350.017450.023x550.020

650.012750.006850.002)1044.65（岁）．【小问2详解】设A{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以()1()1(0.0010.0020.0060.0

02)1010.110.89PAPA．【小问3详解】设{B任选一人年龄位于区间[40,50)，{C任选一人患这种疾病}，则由条件概率公式可得()0.1%0.023100.0010.23(|)0.00143750.0014()16%0.16PBCPCBPB

．20.如图，PO是三棱锥PABC的高，PAPB，ABAC，E是PB的中点．（1）求证：//OE平面PAC；（2）若30ABOCBO，3PO，5PA，求二面角CAEB的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）1113【解析】【分析】（1）连接BO并延长交A

C于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OAOB，再根据直角三角形的性质得到AODO，即可得到O为BD的中点从而得到//OEPD，即可得证；（2）过点A作//AzOP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算

可得；小问1详解】证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO平面ABC，,AOBO平面ABC，所以POAO、POBO，【又PAPB，所以POAPOB△△，即OAOB，所以OABOBA，又ABAC，即90B

AC，所以90OABOAD，90OBAODA，所以ODAOAD所以AODO，即AODOOB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以//OEPD，又OE平面PAC，PD平面PAC，所以//OE平面PAC

【小问2详解】解：过点A作//AzOP，如图建立平面直角坐标系，因为3PO，5AP，所以224OAAPPO，又30OBAOBC，所以28BDOA，则4AD，43AB，所以12AC

，所以23,2,0O，43,0,0B，23,2,3P，0,12,0C，所以333,1,2E，则333,1,2AE，43,0,0AB，0,12,0AC，设平面AEB法向量为,,nxyz，则33302430nAExyznAB

x，令2z，则3y，0x，所以0,3,2n；设平面AEC的法向量为,,mabc，则33302120mAEabcmACb，令3a，则6c，0b，所以3,0,6m；所以1243cos,13

1339nmnmnm设二面角CAEB为，由图可知二面角CAEB为钝二面角，所以43cos13，所以211sin1cos13故二面角CAEB的正弦值为1113；21.设双曲线2222:1(0,0)xyCabab

的右焦点为(2,0)F，渐近线方程为3yx．（1）求C的方程；（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点1122,,,PxyQxy在C上，且1210,0xxy．过P且斜率为3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M，请从下面①②③中选取两个

作为条件，证明另外一个条件成立：①M在AB上；②PQAB∥；③||||MAMB．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【答案】（1）2213yx（2）见解析【解析】【分析】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得,ab的关系，进而利用,,abc的平方关系求得,ab

的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由的③|AM|=|BM|等价分析得到200283kxkyk；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率003xmy，由

②//PQAB等价转化为003kyx，由①M在直线AB上等价于2002kykx，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.【小问1详解】右焦点为(2,0)F，∴2c,∵渐近线方程为3yx，∴3ba，∴3ba，∴22224

4caba，∴1a，∴3b．∴C的方程为：2213yx；【小问2详解】由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段A

B的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而12xx，已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k

,直线AB方程为2ykx,则条件①M在AB上，等价于2000022ykxkykx；两渐近线的方程合并为2230xy,联立消去y并化简整理得：22223440kxkxk

设3334,,,AxyBxy,线段中点为,NNNxy,则2342226,2233NNNxxkkxykxkk,设00,Mxy,则条件③AMBM等价于222203030404xxyyxxyy

,移项并利用平方差公式整理得：3403434034220xxxxxyyyyy，3403403434220yyxxxyyyxx,即000NNxxkyy,即200283kxkyk；

由题意知直线PM的斜率为3,直线QM的斜率为3,∴由101020203,3yyxxyyxx,∴1212032yyxxx,所以直线PQ的斜率12012121232xxxyymxxxx

,直线00:3PMyxxy,即0033yyxx,代入双曲线的方程22330xy,即333xyxy中，得：000032333yxxyx,解得P的横坐标：10000133233xyxyx

,同理：20000133233xyxyx，∴00120120022220000331,2,333yxxxyxxxxyxyx∴003xmy,∴条件②//PQAB等价于003mkkyx，综上所

述：条件①M在AB上，等价于2002kykx；条件②//PQAB等价于003kyx；条件③AMBM等价于200283kxkyk；选①②推③:由①②解得：2200002228,433kkxxkyxkk,∴③成立；选①③推②：由①③解得：20223kxk，202

63kkyk，∴003kyx，∴②成立；选②③推①：由②③解得：20223kxk，20263kkyk，∴02623xk，∴2002kykx，∴①成立.22.已知函数()eeaxxfxx．

（1）当1a时，讨论()fx的单调性；（2）当0x时，()1fx，求a的取值范围；（3）设nN，证明：222111ln(1)1122nnn．【答案】（1）fx的减区间为,0，增区间

为0,.（2）12a（3）见解析【解析】【分析】（1）求出()fx¢，讨论其符号后可得fx的单调性.（2）设ee1axxhxx，求出hx，先讨论12a时题设中的不等式不成立，再就102a结合放缩法讨论

hx符号，最后就0a结合放缩法讨论hx的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得12lnttt对任意的1t恒成立，从而可得21ln1lnnnnn对任意的*nN恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【小问1详解】当1a时，1exfxx，

则exfxx，当0x时，()0fx¢<，当0x时，()0fx¢>，故fx的减区间为,0，增区间为0,.【小问2详解】设ee1axxhxx，则00h，又1eeaxxhxax，设1eeaxx

gxax，则22eeaxxgxaax，若12a，则0210ga，因为gx为连续不间断函数，故存在00,x，使得00,xx，总有()0gx¢>，故gx在00,x为增函数，故00gxg，故hx在00,

x为增函数，故01hxh，与题设矛盾.若102a，则ln11eeeeaxaxaxxxhxax，下证：对任意0x，总有ln1xx成立，证明：设ln1Sxxx，故11011xSxxx，故

Sx在0,上为减函数，故00SxS即ln1xx成立.由上述不等式有ln12eeeeee0axaxxaxaxxaxx，故0hx总成立，即hx在0,上为减函数，所

以01hxh.当0a时，有eee1100axxaxhxax，所以hx在0,上为减函数，所以01hxh.综上，12a.【小问3详解】取12a，则0x，总有12ee10

xxx成立，令12ext，则21,e,2lnxttxt，故22ln1ttt即12lnttt对任意的1t恒成立.所以对任意的*nN，有112ln1nnnnnn，整理得到：21ln1lnnnnn，故222111ln2ln1ln3ln2ln1l

n1122nnnnln1n，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式。2022年普

通高等学校招生全国统一考试数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.若集合{4},31,MxxNxx∣∣…则MN=.{02}Axx∣1.{2}3Bxx∣.{316}Cxx∣1.{16}3Dx

x∣2.若11,iz则zz.2A.1BC.1D.23.在ABC中，点D在边AB上，2.BDDA记,,CACDmn则CB.32Amn.23Bmn.32Cmn.23Dmn4.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中

一部分水蓄入某水库。知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为2140.0;km水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为2180.0.km将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的

水量约为72.6593.1.010Am93.1.210Bm93.1.410Cm93.1.610Dm5.从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为1.6A1.3B1.2C2.3D6.记函数sin0)4fxxb

的最小正周期为T，若2,3T则yfx的图像关于点3,22中心对称，则2fA.13.2B5.2CD.37.设0.110.1,,ln0.9,9aebc则.Aabc.

Bcba.Ccab.Dacb8.已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且333,l则该正四棱锥体积的取值范围是81.18,4A2781.,44B2764.,43CD.[18,27]二、选择题：

本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.已知正方体1111,ABCDABCD则A.直线1BC与1DA所成的角为90B.直线1BC与1CA所成的角为9

0C.直线1BC与平面11BBDD所成的角为45D.直线1BC与平面ABCD所成的角为4510.已知函数31,fxxx则A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0，1)是曲线yfx的对称中心D.直线2y

x是曲线yfx的切线11.已知O为坐标原点，点A(1，1)在抛物线C:220)xpyp上，过点0,1B的直线交C于P，Q两点，则A.C的准线为1yB.直线AB与C相切2.|||COPOQOA∣∣∣2.DBPBQBA∣∣∣∣∣∣12.已知函数()fx及其导函数

fx的定义域均为R，记.gxfx若32,2fx2gx均为偶函数，则.00Af1.02BgC.14ff.12Dgg三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。813.1yx

yx的展开式中26xy的系数为________(用数字作答).14.写出与圆221xy和223416xy都相切的一条直线的方程___________．.15.若曲线xyxae有两条过

坐标原点的切线，则a的取值范围是_________.16.已知椭圆C:222210),xyababC的上顶点为A，两个焦点为12,,FF离心率为12，过1F且垂直于2AF的直线与C交于D，E两点，|6,DE∣则ADE的周长是__________．.四、解答题

：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(10分)记nS为数列na的前n项和，已知11,nnSaa是公差为13，的等差数列.(1)求na的通项公式；(2)证明：121112.naaa18.(12分)记ABC!

的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cossin2.1sin1cos2ABAB(1)若2,3C求B；(2)求222abc的最小值.19.(12分)如图，直三棱柱111ABCABC的体积为4，1ABC!'的面积为22.(1)求A到平面1ABC的距离；(2)设D为1AC的中点

，1,AAAB平面1ABC平面11,ABBA求二面角ABDC的正弦值.20.(12分)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在己患该疾病的病例中随

机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异

?(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，PBAPBA∣∣与PBAPBA∣∣的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.(i)证明：;PABPABRPABPAB

∣∣∣∣(ii)利用该调查数据，给出|,PABPAB∣的估计值，并利用(i)的结果给出R的估计值.附：，21.(12分)P(K2≥k)0.0500.0100.001K3.8416.63510.

82822nadbcKabcdacbd已知点A(2，1)在双曲线C:222211)1xyaaa上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率；(2)若tan22,PAQ求PAQ的面积.22.(12分)已知函数

xfxeax和lngxaxx有相同的最小值.(1)求a；(2)证明：存在直线,yb，其与两条曲线yfx和ygx共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．绝密☆启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试数学本试卷

共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2

．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅

笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.若集合{4},{31}MxxNxx∣∣，则MN（）A.02x

xB.123xxC.316xxD.1163xx【答案】D【解析】【分析】求出集合,MN后可求MN.详解】1{16},{}3MxxNxx∣0∣，故1

163MNxx，故选：D2.若i(1)1z，则zz（）A.2B.1C.1D.2【答案】D【解析】【【分析】利用复数的除法可求z，从而可求zz.【详解】由题设有21i1iiiz，故1+iz，故1i1i2zz，故选：D3.在AB

C中，点D在边AB上，2BDDA．记CAmCDn，，则CB（）A.32mnB.23mnC.32mnD.23mn【答案】B【解析】【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．【详解】因为点D在边AB上，2BDDA

，所以2BDDA，即2CDCBCACD，所以CB3232CDCAnm23mn．故选：B．4.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔14

85m．时，相应水面的面积为21400km．；水位为海拔1575m．时，相应水面的面积为21800km．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m．上升到1575m．时，增加的水量约为（7

2.65）（）A.931.010mB.931.210mC.931.410mD.931.610m【答案】C【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN(m)，所以增加的

水量即为棱台的体积V．棱台上底面积262140.014010Skmm，下底面积262180.018010Skmm，∴661211914010180101401801033VhSSSS67993332060710

96182.65101.437101.410(m)．故选：C．5.从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（）A.16B.13C.12D.23【答案】D【解析】【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【详解】从2至8的7个整数中随机

取2个不同的数，共有27C21种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7种，故所求概率2172213P.故选：D.6.记函数()

sin(0)4fxxb的最小正周期为T．若23T，且()yfx的图象关于点3,22中心对称，则2f（）A.1B.32C.52D.3【答案】A【解析】【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.【详解】

由函数的最小正周期T满足23T，得223，解得23，又因为函数图象关于点3,22对称，所以3,24kkZ，且2b，所以12,63kkZ，所以52

，5()sin224fxx，所以5sin21244f.故选：A7.设0.110.1e,ln0.99abc，，则（）A.abcB.cbaC.cabD.acb【答案】C【

解析】【分析】构造函数()ln(1)fxxx，导数判断其单调性，由此确定,,abc大小.【详解】设()ln(1)(1)fxxxx，因为1()111xfxxx，当(1,0)x时，()0fx，当,()0x时()0fx，所以函数()ln(1)fxx

x在(0,)单调递减，在(1,0)上单调递增，所以1()(0)09ff，所以101ln099，故110lnln0.999，即bc，所以1()(0)010ff，所以91ln+01010，故1109e10，所以11011e109，故ab

，设()eln(1)(01)xgxxxx，则21e11()+1e11xxxgxxxx,令2()e(1)+1xhxx，2()e(21)xhxxx，当021x时，()0hx，函数2()e(1)+1xhx

x单调递减，当211x时，()0hx，函数2()e(1)+1xhxx单调递增，又(0)0h，所以当021x时，()0hx，所以当021x时，()0gx，函数()eln(1)xgxxx单调递增，所以(0.1)(0)0gg，即0.10.1e

ln0.9，所以ac故选：C.8.已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且333l，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A.8118,4B.2781,44C.2764,43D.的[18,27]【答

案】C【解析】【分析】设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为36，所以球的半径3R,设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则2222lah，22232(3)a

h,所以26hl，2222alh所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936lllVShahll，所以5233112449696llVll，当326l时，0

V，当2633l时，0V，所以当26l时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又3l时，274V，33l时，814V,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443，.故选：C.二、选择题

：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知正方体1111ABCDABCD，则（）A.直线1BC与1DA所成的角为90B.直线1BC与1CA所成的角为90C.直线1BC与平面11BBDD

所成的角为45D.直线1BC与平面ABCD所成的角为45【答案】ABD【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接1BC、1BC，因为11//DABC，所以直线1BC与1BC所成的角即为直线1BC与1DA所成的角，因为四边形11BBCC为

正方形，则1BC1BC，故直线1BC与1DA所成的角为90，A正确；连接1AC，因为11AB平面11BBCC，1BC平面11BBCC，则111ABBC，因为1BC1BC，1111ABBCB，所以1BC平面11ABC，又1AC平面11ABC，所以11BCC

A，故B正确；连接11AC，设1111ACBDO，连接BO，因为1BB平面1111DCBA，1CO平面1111DCBA，则11COBB，因为111COBD，1111BDBBB，所以1CO

平面11BBDD，所以1CBO为直线1BC与平面11BBDD所成的角，设正方体棱长为1，则122CO，12BC，1111sin2COCBOBC，所以，直线1BC与平面11BBDD所成的角为30，故C错误；因为1CC平面ABCD，所以1CBC为直线1BC与平面ABCD

所成的角，易得145CBC，故D正确.故选：ABD10.已知函数3()1fxxx，则（）A.()fx有两个极值点B.()fx有三个零点C.点(0,1)是曲线()yfx的对称中心D.直线2yx是曲线()yfx的切线【答案】AC【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A，结合()

fx的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，231fxx，令0fx得33x或33x，令()0fx得3333x，所以()fx在33(,)33上单调递减，在3(,)3

，3(,)3上单调递增，所以33x是极值点，故A正确；因323()1039f，323()1039f，250f，所以，函数fx在3,3上有一个零点，当33x时，303fxf，即函数

fx在33,+上无零点，综上所述，函数()fx有一个零点，故B错误；令3()hxxx，该函数的定义域为R，33hxxxxxhx，则()hx是奇函数，(0,0)是()hx的对称中心，

将()hx的图象向上移动一个单位得到()fx的图象，所以点(0,1)是曲线()yfx的对称中心，故C正确；令2312fxx，可得1x，又(1)11ff，当切点为(1,1)时，切线方程为21yx

，当切点为(1,1)时，切线方程为23yx，故D错误.故选：AC11.已知O为坐标原点，点(1,1)A在抛物线2:2(0)Cxpyp上，过点(0,1)B的直线交C于P，Q两点，则（）A.C的准线为1yB.直线AB与C相切C.2|OP

OQOAD.2||||||BPBQBA【答案】BCD【解析】【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D..【详解】将点A的代入抛物线方程得12p，所以抛物线方程为2xy

，故准线方程为14y，A错误；1(1)210ABk，所以直线AB的方程为21yx，联立221yxxy，可得2210xx，解得1x，故B正确；设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以，直线l的斜率存在，设其方程为1ykx，

1122(,),(,)PxyQxy，联立21ykxxy，得210xkx，所以21212Δ401kxxkxx，所以2k或2k，21212()1yyxx，又2221111

||OPxyyy，2222222||OQxyyy，所以2121212||||(1)(1)||2||OPOQyyyykxkxkOA，故C正确；因为21||1||BPkx，22||1||BQkx，所以2212||||(1)||15BPBQ

kxxk，而2||5BA，故D正确.故选：BCD12.已知函数()fx及其导函数()fx的定义域均为R，记()()gxfx，若322fx，(2)gx均为偶函数，则（）A.(0)0fB.102gC.(1)(

4)ffD.(1)(2)gg【答案】BC【解析】【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】因为322fx，(2)gx均为偶函数，所以

332222fxfx即3322fxfx，(2)(2)gxgx，所以3fxfx，(4)()gxgx，则(1)(4)ff，故C正确；函数()fx，()gx的图象分别关于直线3,22xx对称，又()()gx

fx，且函数()fx可导，所以30,32ggxgx，所以(4)()3gxgxgx，所以(2)(1)gxgxgx，所以13022gg

，112ggg，故B正确，D错误；若函数()fx满足题设条件，则函数()fxC（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定()fx的函数值，故A错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准

确把握原函数与导函数图象间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.81()yxyx的展开式中26xy的系数为________________（用数字作答）．【答案】-28【

解析】【分析】81yxyx可化为88yxyxyx，结合二项式展开式的通项公式求解.【详解】因为8881=yyxyxyxyxx，所以81yxyx的展开式中含26x

y的项为6265352688C28yxyCxyxyx，81yxyx的展开式中26xy的系数为-28故答案为：-2814.写出与圆221xy和22(3)(4)16xy都相切的一条直线的方程________________．【答案】3

544yx或7252424yx或1x【解析】【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】圆221xy的圆心为0,0O，半径为1，圆22(3)(4)16xy的圆心1O为(3,4)，半径为4，两圆圆心距为22345，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当

切线为l时，因为143OOk，所以34lk，设方程为3(0)4yxttO到l的距离||19116td，解得54t，所以l的方程为3544yx，当切线为m时，设直线方程为0kxyp，其中0p，0k，由题意221134

41pkkpk，解得7242524kp，7252424yx当切线为n时，易知切线方程为1x，故答案为：3544yx或7252424yx或1x.15.若曲线()exyxa有两条

过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．【答案】,40,【解析】【分析】设出切点横坐标0x，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于0x的方程，根据此方程应有两个不同的实数根

，求得a的取值范围.【详解】∵()exyxa，∴(1)exyxa，设切点为00,xy,则000exyxa,切线斜率001exkxa,切线方程为：00000e1exxyxaxaxx,∵切线过原点，∴00000e1

exxxaxax,整理得：2000xaxa,∵切线有两条，∴240aa,解得4a或0a,∴a的取值范围是,40,,故答案为：,40,16.已知椭圆2222:1(0)xyCabab，C的上顶点为A，两个焦点为1F，

2F，离心率为12．过1F且垂直于2AF的直线与C交于D，E两点，||6DE，则ADE的周长是________________．【答案】13【解析】【分析】利用离心率得到椭圆的方程为222222213412043xyxyccc

，即，根据离心率得到直线2AF的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：3xyc，代入椭圆方程22234120xyc，整理化简得到：22136390ycyc，利用弦长公式求得138c，得1324ac，根据对称性将ADE的周长转化为2FDE△

的周长，利用椭圆的定义得到周长为413a.【详解】∵椭圆的离心率为12cea，∴2ac，∴22223bacc，∴椭圆的方程为222222213412043xyxyccc，即，不妨设左

焦点为1F，右焦点为2F，如图所示，∵222AFaOFcac，，，∴23AFO，∴12AFF△为正三角形，∵过1F且垂直于2AF的直线与C交于D，E两点，DE为线段2AF的垂直平分线，∴直线DE的斜率为33，斜率倒数为3，

直线DE的方程：3xyc，代入椭圆方程22234120xyc，整理化简得到：22136390ycyc，判别式2222634139616ccc，∴21213226461313cC

Dyy，∴138c，得1324ac，∵DE为线段2AF的垂直平分线，根据对称性，22ADDFAEEF，，∴ADE的周长等于2FDE△的周长，利用椭圆的定义得到2FDE△周长为222211121222413DFEFDEDFEFDFEF

DFDFEFEFaaa.故答案为：13.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.记nS为数列na的前n项和，已知11,nnSaa是公差为13的等差数列．（1）求n

a的通项公式；（2）证明：121112naaa．【答案】（1）12nnna（2）见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得121133nnSnna，得到23nnnaS，利用和与项的关系得到当2n时，1

12133nnnnnnanaaSS,进而得：111nnanan，利用累乘法求得12nnna，检验对于1n也成立，得到na的通项公式12nnna；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到12111

1211naaan，进而证得.【小问1详解】∵11a，∴111Sa,∴111Sa,又∵nnSa是公差为13的等差数列，∴121133nnSnna,∴23nnnaS

,∴当2n时，1113nnnaS，∴112133nnnnnnanaaSS,整理得：111nnnana,即111nnanan,∴31211221nnnnn

aaaaaaaaaa1341123212nnnnnn，显然对于1n也成立，∴na的通项公式12nnna；【小问2详解】12112,11nannnn∴12111

naaa1111112121222311nnn18.记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cossin21sin1cos2ABAB

．（1）若23C，求B；（2）求222abc的最小值．【答案】（1）π6；（2）425．【解析】【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将cossin21sin1cos2ABAB化成cossinABB，再结合π02B，即可求出；（2）由（1）知，π2

CB，π22AB，再利用正弦定理以及二倍角公式将222abc化成2224cos5cosBB，然后利用基本不等式即可解出．【小问1详解】因为2cossin22sincossin1sin1cos22coscosABBBBABBB

，即1sincoscossinsincoscos2BABABABC，而π02B，所以π6B；【小问2详解】由（1）知，sincos0BC，所以πππ,022CB，而πsincossin2

BCC，所以π2CB，即有π22AB．所以222222222sinsincos21cossincosabABBBcCB2222222cos11cos24cos5285425coscosBB

BBB．当且仅当22cos2B时取等号，所以222abc的最小值为425．19.如图，直三棱柱111ABCABC的体积为4，1ABC的面积为22．（1）求A到平面1ABC的距离；（2）设D为1AC的中点，1AAAB，平面1ABC平面11ABBA，求

二面角ABDC的正弦值．【答案】（1）2（2）32【解析】【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC平面11ABBA，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【小问

1详解】在直三棱柱111ABCABC中，设点A到平面1ABC的距离为h，则111111112211433333AABCAAABCAABCABBCCCBVShhVSAAV，解得2h，所以点A到平面1ABC的距离为2；【小问2详解】取1AB的中点E,连接AE,如图，因为1AA

AB，所以1AEAB,又平面1ABC平面11ABBA，平面1ABC平面111ABBAAB，且AE平面11ABBA，所以AE⊥平面1ABC，在直三棱柱111ABCABC中，1BB平面ABC，由BC平面1ABC，BC平面AB

C可得AEBC，1BBBC，又1,AEBB平面11ABBA且相交，所以BC平面11ABBA，所以1,,BCBABB两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE，所以12AAAB，122AB，所以2BC

，则10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0AABC,所以1AC的中点1,1,1D，则1,1,1BD，0,2,0,2,0,0BABC,设平面ABD的一个法向量,,mxyz，则020mBDxyzmB

Ay，可取1,0,1m，设平面BDC的一个法向量,,nabc，则020mBDabcmBCa，可取0,1,1nr，则11cos,222mnmnmn

，所以二面角ABDC的正弦值为213122.20.一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如

下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾

病”．(|)(|)PBAPBA与(|)(|)PBAPBA的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．（ⅰ）证明：(|)(|)(|)(|)PABPABRPABPAB；（ⅱ）利用该调查数据，给出(|),(|)PABPA

B的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．附22()()()()()nadbcKabcdacbd，2PKk0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】（1）答案见解析（2）（i）证

明见解析；(ii)6R；【解析】【分析】(1)由所给数据结合公式求出2K的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未黄该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i)根据定义结合

条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求R.【小问1详解】由已知222()200(40906010)=24()()()()50150100100nadbcKabcdacbd，又2(6.635)=0.

01PK，246.635，所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.【小问2详解】(i)因为(|)(|)()()()()=(|)(|)()()()()PBAPBAPABPAPABPARPBAPBAPAPABPAPAB，所以()()()()()()(

)()PABPBPABPBRPBPABPBPAB所以(|)(|)(|)(|)PABPABRPABPAB，(ii)由已知40(|)100PAB，10(|)100PAB，又60(|)100PAB，90(|)100PAB，所以(|)(|)=6(

|)(|)PABPABRPABPAB21.已知点(2,1)A在双曲线2222:1(1)1xyCaaa上，直线l交C于P，Q两点，直线,APAQ的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tan22PAQ，求PAQ△的面积．【答案】（1）1；（2）1629．【解析

】【分析】（1）由点(2,1)A在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设:lykxm，1122,,,PxyQxy，再根据0APBPkk，即可解出l的斜率；（2）根据直线,APAQ的斜率之和为0可知直线,APAQ的倾斜角互补，再根据tan22PAQ

即可求出直线,APAQ的斜率，再分别联立直线,APAQ与双曲线方程求出点,PQ的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出PAQ△的面积．【小问1详解】因为点(2,1)A在双曲线2222:1(1)1xyCaaa上，所以22411

1aa，解得22a，即双曲线22:12xCy易知直线l的斜率存在，设:lykxm，1122,,,PxyQxy，联立2212ykxmxy可得，222124220kxmkxm，所以

，2121222422,2121mkmxxxxkk，22222216422210120mkmkmk．所以由0APBPkk可得，212111022yyxx

，即122121210xkxmxkxm，即1212212410kxxmkxxm，所以2222242124102121mmkkmkmkk

，化简得，2844410kkmk，即1210kkm，所以1k或12mk，当12mk时，直线:21lykxmkx过点2,1A，与题意不符，舍去，故1k．【小问2详解】不妨设直线,PAPB的倾

斜角为,，因为0APBPkk，所以π，因为tan22PAQ，所以tan22，即tan222，即22tantan20，解得tan2，于是，直线:221PAyx，直线:22

1PByx，联立2222112yxxy可得，232122104202xx，因为方程有一个根为2，所以10423Px，Py4253，同理可得，10423Qx，Qy4253．所以5:03PQx

y，163PQ，点A到直线PQ的距离52122332d，故PAQ△的面积为116221622339．22.已知函数()xfxeax和()lngxaxx有相同最小值．（1）求a；（

2）证明：存在直线yb，其与两条曲线()yfx和()ygx共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】（1）1a（2）见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可

得当1b时，exxb的解的个数、lnxxb的解的个数均为2，构建新函数()eln2xhxxx，利用导数可得该函数只有一个零点且可得,fxgx的大小关系，根据存在直线yb与曲线yfx、()ygx=有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方

程的根的关系可证明三根成等差数列.【小问1详解】()exfxax的定义域为R，而()exfxa，的若0a，则()0fx，此时()fx无最小值，故0a.()lngxaxx的定义域为0,，而

11()axgxaxx.当lnxa时，()0fx，故()fx在,lna上为减函数，当lnxa时，()0fx，故()fx在ln,a上为增函数，故min()lnlnfxfaa

aa.当10xa时，()0gx，故()gx在10,a上为减函数，当1xa时，()0gx，故()gx在1,a上为增函数，故min11()1lngxgaa.因

为()exfxax和()lngxaxx有相同的最小值，故11lnlnaaaa，整理得到1ln1aaa，其中0a，设1ln,01agaaaa，则222211011ag

aaaaa，故ga为0,上的减函数，而()10g=，故0ga的唯一解为1a，故1ln1aaa的解为1a.综上，1a.【小问2详解】由（1）可得e()xxfx和

()lngxxx的最小值为11ln11ln11.当1b时，考虑exxb的解的个数、lnxxb的解的个数.设exSxxb，e1xSx，当0x时，0Sx，

当0x时，0Sx，故Sx在,0上为减函数，在0,上为增函数，所以min010SxSb，而e0bSb，e2bSbb，设e2bubb，其中1b，则e20bub，故ub在

1,上为增函数，故1e20ubu，故0Sb，故exSxxb有两个不同的零点，即exxb的解的个数为2.设lnTxxxb，1xTxx，当01x时，()0Tx¢<，当1x时，0Tx，

故Tx在()0,1上为减函数，在1,上为增函数，所以min110TxTb，而ee0bbT，ee20bbTb，lnTxxxb有两个不同的零点即lnxxb的解的个数为2.当1b，由（1）讨论可得lnxxb、exxb仅有一

个零点，当1b时，由（1）讨论可得lnxxb、exxb均无零点，故若存在直线yb与曲线yfx、()ygx=有三个不同的交点，则1b.设()eln2xhxxx，其中0x，故1()e2xhxx，设e1xsxx

，0x，则e10xsx，故sx在0,上为增函数，故00sxs即e1xx，所以1()1210hxxx，所以()hx在0,上为增函数，而(1)e20h，31e333122()e3e30eeeh

，故hx在0,上有且只有一个零点0x，0311ex且：当00xx时，0hx即elnxxxx即fxgx，当0xx时，0hx即elnxxxx

即fxgx，因此若存在直线yb与曲线yfx、()ygx=有三个不同交点，故001bfxgx，此时exxb有两个不同的零点1010,(0)xxxx，此时lnxxb有两个不同的零点0404,(01)xxxx，的故11exxb，00exxb

，44ln0xxb，00ln0xxb所以44lnxbx即44exbx即44e0xbxbb，故4xb为方程exxb的解，同理0xb也为方程exxb的解又11exxb可化为11exxb即11ln0xxb即11ln0xbxb

b，故1xb为方程lnxxb的解，同理0xb也为方程lnxxb的解，所以1004,,xxxbxb，而1b，故0410xxbxxb即1402xxx.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而

不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系。2022年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学姓名________准考证号_________________本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4页，选择题部分1

至3页；非选择题部分3至4页．满分150分，考试时间120分钟。考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作

答一律无效。参考公式：如果事件A，B互斥，则柱体的体积公式()()()PABPAPBVSh如果事件A，B相互独立，则其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高()()()PABPAPB锥体的体积公式若事件A在一次试验中发生

的概率是p，则n次13VSh独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高()C(1)(0,1,2,,)kknknnPkppkn球的表面积公式台体的体积公式24SR112213VSSSSh球的体积公式其中12,SS表示台体的上

、下底面积，343VRh表示台体的高其中R表示球的半径选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．设集合{1,2},{2,4,6}AB，则AB（）A

．{2}B．{1,2}C．{2,4,6}D．{1,2,4,6}2．已知,,3i(i)iababR（i为虚数单位），则（）A．1,3abB．1,3abC．1,3abD．1,3ab3．若实数x，y满

足约束条件20,270,20,xxyxy则34zxy的最大值是（）A．20B．18C．13D．64．设xR，则“sin1x”是“cos0x”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C

．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：3cm）是（）A．22πB．8πC．22π3D．16π36．为了得到函数2sin3yx的图象，只要把

函数π2sin35yx图象上所有的点（）A．向左平移π5个单位长度B．向右平移π5个单位长度C．向左平移π15个单位长度D．向右平移π15个单位长度7．已知825,log3ab，则34ab（）A．

25B．5C．259D．538．如图，已知正三棱柱1111,ABCABCACAA，E，F分别是棱11,BCAC上的点．记EF与1AA所成的角为，EF与平面ABC所成的角为，二面角FBCA的平面角为，则（）A．B．C．D．

9．已知,abR，若对任意,|||4||25|0xaxbxxR，则（）A．1,3abB．1,3abC．1,3abD．1,3ab10．已知数列na满足21111,3nnnaaaanN，则A．100521

002aB．100510032aC．100731002aD．100710042a非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分．11．我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形

三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是222222142cabSca，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边2,3,2abc，则该三角形的面积S_

__________．12．已知多项式42345012345(2)(1)xxaaxaxaxaxax，则2a__________，12345aaaaa___________．13．若3sinsin10,2，则sin

__________，cos2_________．14．已知函数22,1,()11,1,xxfxxxx则12ff________；若当[,]xab时，1()3fx，则ba的最大值是_________．15．现有7

张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则(2)P__________，()E_________．16．已知双曲线22221(0,0)xyabab的左焦点为F，过F且斜率为4

ba的直线交双曲线于点11,Axy，交双曲线的渐近线于点22,Bxy且120xx．若||3||FBFA，则双曲线的离心率是_________．17．设点P在单位圆的内接正八边形128AAA的边12AA上，则222182PA

PAPA的取值范围是_______．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（本题满分14分）在ABC△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知345,cos5acC．（Ⅰ）求sinA的值；（Ⅱ）若11b，求ABC△的面积．19

．（本题满分15分）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，ABDC∥，DCEF∥，5AB，3DC，1EF，60BADCDE，二面角FDCB的平面角为60．设M，N分别为,AEBC的中点．（Ⅰ）证明：FNAD；（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的

正弦值．20．（本题满分15分）已知等差数列na的首项11a，公差1d．记na的前n项和为nSnN．（Ⅰ）若423260Saa，求nS；（Ⅱ）若对于每个nN，存在实数nc，使12,4,15nnnnnnacacac成等比数列，求d的取值范围

．21．（本题满分15分）如图，已知椭圆22112xy．设A，B是椭圆上异于(0,1)P的两点，且点10,2Q在线段AB上，直线,PAPB分别交直线132yx于C，D两点．（Ⅰ）

求点P到椭圆上点的距离的最大值；（Ⅱ）求||CD的最小值．22．（本题满分15分）设函数e()ln(0)2fxxxx．（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）已知,abR，曲线()yfx上不同的三点112233,,,,,xfxxfxxfx处的切线都经

过点(,)ab．证明：（ⅰ）若ea，则10()12eabfa；（ⅱ）若1230e,axxx，则22132e112ee6e6eaaxxa．（注：e2.71828是自然对数的底数）2022年普通高等学校

招生全国统一考试（浙江卷）数学参考答案选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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.D2.B3.B4.A5.C6.D7.C8.A9.D10.B非选择题部分（共110分）二、填空

题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每空3分，共36分．11.234.12.①.8②.213.①.31010②.4514.①.3728②.33##3+315.①.1635，②.127##51716.36417.[1222,16

]三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18.（1）55；（2）22．19.（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点交于点G、H．∵四边形ABCD和EFCD都

是直角梯形，//,//,5,3,1ABDCCDEFABDCEF，60BADCDE，由平面几何知识易知，2,90DGAHEFCDCFDCBABC，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，∴在RtEGD和Rt

DHA，23EGDH，∵,DCCFDCCB，且CFCBC，∴DC平面,BCFBCF是二面角FDCB的平面角，则60BCF，∴BCF△是正三角形，由DC平面ABCD，得平面ABCD平面BCF，∵N是BC的中点，FNBC，

又DC平面BCF，FN平面BCF，可得FNCD，而BCCDC，∴FN平面ABCD，而AD平面ABCDFNAD．（2）5714．20.（1）235(N)2nnnSn（2）12d21.（1）

121111；（2）655．22.（1）fx的减区间为e02,，增区间为e,2.（2）（ⅰ）因为过,ab有三条不同的切线，设切点为,,1,2,3iixfxi，故iiifxbfxxa，故方程fxbf

xxa有3个不同的根，该方程可整理为21eeln022xaxbxxx，设21eeln22gxxaxbxxx，则22321e1e1e22gxxaxxxxxx31e

xxax，当0ex或xa时，()0gx¢<；当exa时，()0gx¢>，故gx在0,e,,a上为减函数，在e,a上为增函数，因为gx有3个不同的零点，故e

0g且0ga，故21eeelne0e2e2eab且21eeln022aaabaaa，整理得到：12eab且eln2bafaa，此时1e13e11lnln2

e2e22e222aaabfaaaaa，设3eln22uaaa，则2e-202auaa，故ua为e,上的减函数，故3elne022eua，故1012eabfa

.（ⅱ）当0ea时，同（ⅰ）中讨论可得：故gx在0,,e,a上为减函数，在,ea上为增函数，不妨设123xxx，则1230exaxx，因为gx有3个不同的零点，故0ga且e0g，故21eeelne0e2e2eab

且21eeln022aaabaaa，整理得到：1ln2e2eaaba，因为123xxx，故1230exaxx，又2ee1ln2aagxxbxx，设etx，0,1eam

，则方程2ee1ln02aaxbxx即为：2eln0e2eaatttb即为21ln02mmtttb，记123123eee,,,tttxxx则113,,ttt为21ln02mmtttb

有三个不同的根，设3131e1xtktxa，1eam，要证：22122e112ee6e6eaaxxa，即证13e2ee26e6eaatta，即证：13132166mmttm，即证：13131

321066mmttttm，即证：2131313122236mmmttmmtt，而21111ln02mmtttb且23

331ln02mmtttb，故22131313lnln102mttttmtt，故131313lnln222ttttmmtt，故即证：21313131312ln

ln236mmmttmttmtt，即证：1213313ln1312072tttmmmttt即证：213121ln0172mmmkkk，记

1ln,11kkkkk，则2112ln01kkkkk，设12lnukkkk，则2122210ukkkkk即0k，故k在1,上为增函数，故km

，所以22131213121ln1ln172172mmmmmmkkmmkm，记211312ln,01721mmmmmmmm，则22

32322132049721330721721mmmmmmmmmmm，所以m在()0,1为增函数，故10m，故211312ln0721mmmmmm即213121ln0172mmmm

mm，故原不等式得证：绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名

、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.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，再选涂其他答案标号.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.设集合5{2,1,0,1,2},02ABxx∣，则AB（）A.0,1,2B.{2,1,0}C.{0,1}D.{1,2}2.某社区

通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则（）A.讲座前问卷答题正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C.讲座前问卷答题

的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差3.若1iz．则|i3|zz（）A.45B.42C.25D.224.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的

三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A.8B.12C.16D.205.将函数π()sin(0)3fxx图像向左平移π2个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则

的最小值是（）A.16B.14C.13D.12的的6.从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A.15B.13C.25D.237.函数33cosxxyx在区间ππ,22的图象大致为（）A.B.C.

D.8.当1x时，函数()lnbfxaxx取得最大值2，则(2)f（）A.1B.12C.12D.19.在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30°，则（）A.2A

BADB.AB与平面11ABCD所成的角为30°C.1ACCBD.1BD与平面11BBCC所成的角为4510.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=

2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.22C.10D.510411.已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为13，12,AA分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若121BABA，则C的方程为（）A.2211816xyB.221

98xy+=C.22132xyD.2212xy12.已知910,1011,89mmmab，则（）A.0abB.0abC.0baD.0ba二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量(,3),(1,1)ambm

．若ab，则m______________．14.设点M在直线210xy上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为______________．15.记双曲线2222:1(0,0)xyCabab离心率为e，写出满足条件“直线2yx

与C无公共点”的e的一个值______________．16.已知ABC中，点D在边BC上，120,2,2ADBADCDBD．当ACAB取得最小值时，BD________．三、解答题：共70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.甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车

的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030（1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）能否有90%的把握认为

甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：22()()()()()nadbcKabcdacbd，的.2PKk…0.1000.0500.010k2.7063.8416.63518.记nS为数列na的前n项和．已知221nnS

nan．（1）证明：na是等差数列；（2）若479,,aaa成等比数列，求nS的最小值．19.小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的

正方形，,,,EABFBCGCDHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：//EF平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．20.已知函数32(),()fxxxgxxa，

曲线()yfx在点11,xfx处的切线也是曲线()ygx的切线．（1）若11x，求a；（2）求a的取值范围．21.设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，点,0Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线

MD垂直于x轴时，3MF．（1）求C的方程；（2）设直线,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,MNAB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．（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xOy中，曲线1C参数方程为26txyt（t为参数），曲线2C的参数方程为26sxys（s为参数）．（1）写出1C的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建

立极坐标系，曲线3C的极坐标方程为2cossin0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标．[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c均为正数，且22243abc，证明：（1）

23abc；（2）若2bc，则113ac．的绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座

位号及科目，在规定的位置贴好条形码.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，再选涂其他答案标号.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.设集合5{2,1,0,1,2},02ABxx∣，则AB（）A.0,1,2B.{2,1,0}C.

{0,1}D.{1,2}【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出．【详解】因为2,1,0,1,2A，502Bxx∣，所以0,1,2AB．故选：A.2.某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座

效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则（）A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后

正确率的标准差D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【答案】B【解析】【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为70%75%70%2

,所以A错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%,所以B对；讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准

差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%80%20%，讲座前问卷答题正确率的极差为95%60%35%20%,所以D错.故选:B3.若1iz．则|i3|zz（）A.45B.42C.25D.22的.【答案

】D【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．【详解】因为1iz，所以i3i1i31i22izz，所以i34422zz．故选：D.4.如图，网格纸

上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A.8B.12C.16D.20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体

，如图，则该直四棱柱的体积2422122V.故选：B.5.将函数π()sin(0)3fxx的图像向左平移π2个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（）A.16B.14C.13D.12【

答案】C【解析】【分析】先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得,232kkZ，即可求出的最小值.【详解】由题意知：曲线C为sinsin()2323yxx，又C关于y轴对称，则,232kkZ，解得12,3

kkZ，又0，故当0k时，的最小值为13.故选：C.6.从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（）A.15B.13C.25D

.23【答案】C【解析】【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.【详解】从6张卡片中无放回抽取2张，共有1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3

,6,4,5,4,6,5,615种情况，其中数字之积为4的倍数的有1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66种情况，故概率为62155.故选：C.7.函数33cosxxyx在区间ππ,22的图象大

致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令33cos,,22xxfxxx，则33cos33c

osxxxxfxxxfx，所以fx为奇函数，排除BD；又当0,2x时，330,cos0xxx，所以0fx，排除C.故选：A.8.当1x时，函数()lnbfxaxx取得最大值2，则(2)f（）A.1B.12C.12D.1【

答案】B【解析】【分析】根据题意可知()12f=-，10f即可解得,ab，再根据fx即可解出．【详解】因为函数fx定义域为0,，所以依题可知，()12f=-，10f，而2abfxxx，所以2,0bab，即2,2ab

，所以222fxxx，因此函数fx在0,1上递增，在1,上递减，1x时取最大值，满足题意，即有112122f．故选：B.9.在长方体1111ABCDABCD

中，已知1BD与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30°，则（）A.2ABADB.AB与平面11ABCD所成的角为30°C.1ACCBD.1BD与平面11BBCC所成的角为45【答案】D【解析】【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可

求出．【详解】如图所示：不妨设1,,ABaADbAAc，依题以及长方体的结构特征可知，1BD与平面ABCD所成角为1BDB，1BD与平面11AABB所成角为1DBA，所以11sin30cbBDBD，即bc，22212BDcabc

，解得2ac．对于A，ABa=，ADb=，2ABAD，A错误；对于B，过B作1BEAB于E，易知BE平面11ABCD，所以AB与平面11ABCD所成角为BAE，因为2tan2cBAEa，所以30BAE，B错误；对于C，223ACabc，2212CBbcc

，1ACCB，C错误；对于D，1BD与平面11BBCC所成角为1DBC，112sin22CDaDBCBDc，而1090DBC，所以145DBC．D正确．故选：D．10.甲、乙两个圆锥的

母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若=2SS甲乙，则=VV甲乙（）A.5B.22C.10D.5104【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得

122rr，再结合圆心角之和可将12,rr分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11

222SrlrSrlr甲乙，所以122rr，又12222rrll，则121rrl，所以1221,33rlrl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212293hlll，所以22112222145393101122393rhllV

Vrhll甲乙.故选：C.11.已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为13，12,AA分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若121BABA，则C的方程为（）A.2211816xyB.22198xy+=C.22132xyD.

2212xy【答案】B【解析】【分析】根据离心率及12=1BABA，解得关于22,ab的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率22113cbeaa，解得2289ba，2289ba，12,AA分别为C左右顶点，则12,0,,0

AaAa，B为上顶点，所以(0,)Bb.所以12(,),(,)BAabBAab，因为121BABA所以221ab，将2289ba代入，解得229,8ab，故椭圆的方程为22198xy+=.故选：B.12.已知910,1011,89mmm

ab，则（）A.0abB.0abC.0baD.0ba【答案】A【解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知9log101m，再利用基本不等式，换底公式可得lg11m，8log9m，然后由指数函数的单调性即可解出．【详解】由910m

可得9lg10log101lg9m，而222lg9lg11lg99lg9lg111lg1022，所以lg10lg11lg9lg10，即lg11m，所以lg11101110110ma

．又222lg8lg10lg80lg8lg10lg922，所以lg9lg10lg8lg9，即8log9m，的所以8log989890mb．综上，0ab．故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向

量(,3),(1,1)ambm．若ab，则m______________．【答案】34##0.75【解析】【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】由题意知：3(1)0abmm，解得34m.故答案为：34.14.设点M在直线

210xy上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为______________．【答案】22(1)(1)5xy【解析】【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：∵点M在直线210xy

上，∴设点M为(,12)aa，又因为点(3,0)和(0,1)均在M上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴2222(3)(12)(2)aaaaR，222694415aaaaa，解得1a，∴(

1,1)M，5R，M的方程为22(1)(1)5xy.故答案为：22(1)(1)5xy15.记双曲线2222:1(0,0)xyCabab的离心率为e，写出满足条件“直线2yx与C无公共点”的e的一个值______________．【答案

】2（满足15e皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线byxa中02ba即可求得满足要求的e值.【详解】解：2222:1(0,0)xyCabab，所以C的渐近线方程为b

yxa,结合渐近线的特点，只需02ba，即224ba，可满足条件“直线2yx与C无公共点”所以221145cbeaa，又因为1e，所以15e，故答案为：2（满足15e皆可）16.已知ABC中，点D在边BC上，120,2,2ADBADCDBD．当AC

AB取得最小值时，BD________．【答案】31##1+3【解析】【分析】设220CDBDm，利用余弦定理表示出22ACAB后，结合基本不等式即可得解.【详解】设220CDBDm，则在ABD△中，22222cos42ABBDADBDADADBmm，在ACD△

中，22222cos444ACCDADCDADADCmm，所以2222224421214441243424211mmmACmmABmmmmmm1244233211mm

，当且仅当311mm即31m时，等号成立，所以当ACAB取最小值时，31m.故答案为：31.三、解答题：共70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.甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030（1）根据上表，分别估计这两家

公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：22()()()()()nadbcKabcdacbd，2PKk…0.1000.0500.010k2.7063.84

16.635【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为1213，78（2）有【解析】【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据及公式计算2K，再利用临界值表比较即可得结论.【小问1详解】根据表中数据，

A共有班次260次，准点班次有240次，设A家公司长途客车准点事件为M，则24012()26013PM；B共有班次240次，准点班次有210次，设B家公司长途客车准点事件为N，则210()27840PN.A家公司长途

客车准点的概率为1213；B家公司长途客车准点的概率为78.【小问2详解】列联表准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计4505050022()()()()()nadbcKabcdacbd=2500(2403021020)3.20

52.70626024045050，根据临界值表可知，有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.18.记nS为数列na的前n项和．已知221nnSnan．（1）证明：

na是等差数列；（2）若479,,aaa成等比数列，求nS的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）78．【解析】【分析】（1）依题意可得222nnSnnan，根据11,1,2nnnSnaSSn

，作差即可得到11nnaa，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到na的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．【小问1详解】解：因为221nnSnan，即222nnSnnan①，当2n时，21121211nn

Snnan②，①②得，22112212211nnnnSnSnnannan，即12212211nnnannana，即1212121nnnanan，所以11nn

aa，2n且N*n，所以na是以1为公差的等差数列．【小问2详解】解：由（1）可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa，即2111638aaa，解得112a，所以13nan

，所以22112512562512222228nnnSnnnn，所以，当12n或13n时min78nS．19.小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的

包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，,,,EABFBCGCDHDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：//EF平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】（1）证明见解析；（2）

64033．【解析】【分析】（1）分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，由平面知识可知,EMABFNBC，EMFN，依题从而可证EM平面ABCD，FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知//E

MFN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是//EFMN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍，即可解出．【小问1详解

】如图所示：，分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，因为,EABFBC为全等的正三角形，所以,EMABFNBC，EMFN，又平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，EM平面EAB，所以EM平

面ABCD，同理可得FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知//EMFN，而EMFN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以//EFMN，又EF平面ABCD，MN平面ABCD，所以//EF平

面ABCD．【小问2详解】如图所示：，分别取,ADDC中点,KL，由（1）知，//EFMN且EFMN，同理有，//,HEKMHEKM，//,HGKLHGKL，//,GFLNGFLN，由平面知识可知，BDMN，MNMK，KMMNNLLK，所以该几何体的体积等于长

方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍．因为42MNNLLKKM，8sin6043EM，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，22d，所以该几何体的体积2125664042434424322

128333333V．20.已知函数32(),()fxxxgxxa，曲线()yfx在点11,xfx处的切线也是曲线()ygx的切线．（1）若11x，求a；（2）求a的

取值范围．【答案】（1）3（2）1,【解析】【分析】（1）先由()fx上的切点求出切线方程，设出()gx上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出()gx上的切点坐标，分别由()fx和()gx及切

点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.【小问1详解】由题意知，(1)1(1)0f，2()31xfx，(1)312f，则()yfx在点1,0处的切线方程为2(1

)yx，即22yx，设该切线与()gx切于点22,()xgx，()2gxx，则22()22gxx，解得21x，则(1)122ga，解得3a；【小问2详解】2()31xfx，则()yfx在点11(),xfx处的切线方程为

32111131()yxxxxx，整理得2311312yxxx，设该切线与()gx切于点22,()xgx，()2gxx，则22()2gxx，则切线方程为22222()yxaxxx，整理得2222yxxxa，则212321

23122xxxxa，整理得2223343212111113193122222424xaxxxxxx，令432931()2424hxxxx，则32()9633(31)(1)hxxxxxxx

，令()0hx，解得103x或1x，令()0hx，解得13x或01x，则x变化时，(),()hxhx的变化情况如下表：x1,3131,0300,111,()hx000()h

x527141则()hx的值域为1,，故a的取值范围为1,.21.设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，点,0Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，3MF．（1）求C的方程；（2）设直线,MDND与C的另一个交点分别为A，B，记直线,

MNAB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】（1）24yx；（2）:24ABxy.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得=2pMFp，即可得解；（2）设点的坐标及直线:1MNxmy，由韦达定理及斜率公式可得2MNABkk，再由差角的正

切公式及基本不等式可得22ABk，设直线:2ABxyn，结合韦达定理可解.【小问1详解】抛物线的准线为2px，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时=32pMFp，所以2p，所以抛物线C的方程为24yx；【小问2详解】设22

2231241234,,,,,,,4444yyyyMyNyAyBy，直线:1MNxmy，由214xmyyx可得2440ymy，120,4y

y，由斜率公式可得12221212444MNyykyyyy，34223434444AByykyyyy，直线112:2xMDxyy，代入抛物线方程可得1214280xyyy，130,8yy，所以322yy

，同理可得412yy，所以34124422MNABkkyyyy又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以tantan22MNABkk，若要使最大，则0,2，设220MNABkkk

，则2tantan112tan11tantan1241222kkkkkk，当且仅当12kk即22k时，等号成立，所以当最大时，22ABk，设直线:2ABxyn，代入抛物线方程可得24240yyn，34120

,4416yynyy，所以4n，所以直线:24ABxy.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.（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xOy中，曲线1C的参数方程为26txyt（t为参数），曲线2C的参数方程为26sxys（s为参数）．（1）写出1C的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线3C的极坐标方程为2cossin

0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标．【答案】（1）2620yxy；（2）31,CC的交点坐标为1,12，1,2，32,CC的交点坐标为1,12

，1,2．【解析】【分析】(1)消去t，即可得到1C的普通方程；(2)将曲线23,CC的方程化成普通方程，联立求解即解出．【小问1详解】因为26tx，yt，所以226yx，即1C普通方程为2620yxy．【小

问2详解】因为2,6sxys，所以262xy，即2C的普通方程为2620yxy，的由2cossin02cossin0，即3C的普通方程为20xy．联立2620

20yxyxy，解得：121xy或12xy，即交点坐标为1,12，1,2；联立262020yxyxy，解得：121xy或12xy，即交点坐标1,12

，1,2．[选修4-5：不等式选讲]23.已知a，b，c均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc；（2）若2bc，则113ac．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据22222242abc

abc，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得043ac，即可得到1143ac，再根据权方和不等式即可得证.【小问1详解】证明：由柯西不等式有222222221112abcabc

，所以23abc，当且仅当21abc时，取等号，所以23abc；【小问2详解】证明：因为2bc，0a，0b，0c，由（1）得243abcac，即043ac

，所以1143ac，由权方和不等式知22212111293444acacacac，当且仅当124ac，即1a，12c时取等号，为所以113ac.2022年普通高等学校招生全国

统一考试（全国乙卷）文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框，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．集合{2,4,6,8,10},{16}MNxx，则MN（）

A．{2,4}B．{2,4,6}C．{2,4,6,8}D．{2,4,6,8,10}2．设(12i)2iab，其中,ab为实数，则（）A．1,1abB．1,1abC．1,1abD．1,1ab3．已知向量(2,

1)(2,4)，ab，则||ab（）A．2B．3C．4D．54．分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是（）A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数

大于8C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.65．若x，y满足约束条件2,24,0,xyxyy…„…则2zxy的最大值是（）A．2B．4C．8D．126．设F为抛物线2:4Cy

x的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若||||AFBF，则||AB（）A．2B．22C．3D．327．执行右边的程序框图，输出的n（）A．3B．4C．5D．68．右图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]的大致图像，则该函数

是（）A．3231xxyxB．321xxyxC．22cos1xxyxD．22sin1xyx9．在正方体1111ABCDABCD中，,EF分别为,ABBC的中点，则（）A．平面1BEF平面1BDDB．平面1BEF平面1ABDC．平面1BEF∥平面1AACD．

平面1BEF∥平面11ACD10．已知等比数列na的前3项和为168，5242aa，则6a（）A．14B．12C．6D．311．函数cos1sin1fxxxx在区间0,2π的最小值、

最大值分别为（）A．ππ22，B．3ππ22，C．ππ222，D．3ππ222，12．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．13B．12C．33D．22二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．记nS为等差数列na的前n项和．若32236SS，则公差d_______．14．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________．15．过四点0,0,4,0,1,1,4,2中的三点的一个圆的方程为______．16．若1ln1fxabx是奇函数，则a_____，b______．三、解答题：共70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．（12分）记ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinsinsinsinCABBCA．（1）若2AB

，求C；（2）证明：2222abc18．（12分）如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2,60ABBDACB

，点F在BD上，当AFC△的面积最小时，求三棱锥FABC的体积．19．（12分）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：2m）和材积量（单位：3m），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积ix0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量iy0.250.40

0.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得10210.038iix，10211.6158iiy，1010.2474iiixy．（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2186m．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12211niiinniiiixxyyrxxyy，1.8961.377．20．（12分）己知函数1()(1)lnfxaxaxx．（1）当0a时，求()fx的最大值；（2）若()fx恰有一个零点，求a的取值范围．21．（12分）已

知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过3(0,2),,12AB两点．（1）求E的方程；（2）设过点(1,2)P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MTTH，证明：

直线HN过定点．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分。22

．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程3cos2,2sinxtyt（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sin03m．（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．23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知a，b，c都是正数，且3332221abc，证明：（1）19abc；（2）12abcbcacababc．2022年普通高等学校招生全国统一考试(全国乙卷)文科数学注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框，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.集合2,4,6,8,10,16MNxx，则MN（）A.{2,4}B.{2,4,6}C.

{2,4,6,8}D.{2,4,6,8,10}【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出．【详解】因为2,4,6,8,10M，|16Nxx，所以2,4MN．故选：A.2.设(12i)2ia

b，其中,ab为实数，则（）A.1,1abB.1,1abC.1,1abD.1,1ab【答案】A【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．【详解】因为,abÎR，2i

2iaba，所以0,22aba，解得：1,1ab．故选：A.3.已知向量(2,1)(2,4)ab，，则abrr（）A.2B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】先求得ab，然后求得abrr.【详解】因为2,12,44,3ab，所以

22435ab.故选：D4.分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是（）A.甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B.乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C.甲同学

周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D.乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6【答案】C【解析】【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案.【详解】对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.37.57.42，A选项结论正确.对于B选项

，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：6.37.47.68.18.28.28.58.68.68.68.69.09.29.39.810.18.50625816，B选项结论

正确.对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值60.3750.416，C选项结论错误.对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值130.81250.616，D选项结论正确.故选：C5.若x，y满足约束条件2,24,0,xyxy

y…„…则2zxy的最大值是（）A.2B.4C.8D.12【答案】C【解析】【分析】作出可行域，数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，转化目标函数2zxy为2yxz，上下平移直线2yxz，可得当

直线过点4,0时，直线截距最小，z最大，所以max2408z.故选：C.6.设F为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若AFBF，则AB（）A.2B.22C.3D.32【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A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，1,0F，则2AFBF，即点A到准线1x的距离为2，所以点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，1,2A，所以223

10222AB.故选：B7.执行下边的程序框图，输出的n（）A.3B.4C.5D.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，2123bba，312,12abann，222231220.0124ba；执行第二次循环，

2347bba，725,13abann，222271220.01525ba；执行第三次循环，271017bba，17512,14abann，22221

71220.0112144ba，此时输出4n.故选：B8.如图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]的大致图像，则该函数是（）A.3231xxyxB.321xxyxC.22cos1xxyxD.2

2sin1xyx【答案】A【解析】【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.【详解】设321xxfxx，则10f，故排除B;设22cos1xxhxx，当π0,2x时，0cos1x，所以222cos2

111xxxhxxx，故排除C;设22sin1xgxx，则2sin33010g，故排除D.故选：A.9.在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为,ABBC的中点，则（）A.平面1BEF平面1BDDB.平面1BEF平面1ABDC.平面1//

BEF平面1AACD.平面1//BEF平面11ACD【答案】A【解析】【分析】证明EF平面1BDD，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1BEF，1ABD，11ACD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1111ABCDABCD中，ACBD且1DD平面ABCD，又EF平面ABCD，所以1EFDD，因为,EF分别为,ABBC的中点，所以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以E

F平面1BDD，又EF平面1BEF，所以平面1BEF平面1BDD，故A正确；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,

0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，则11,1,0,0,1,2EFEB，12,2,0,2,0,2DBDA，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC设平面1BEF的法向量为111,

,mxyz，则有11111020mEFxymEByz，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1,1n，平面1AAC的法向量为21,1,0n，平面11ACD的法向量为31,1,1n，则1

22110mn，所以平面1BEF与平面1ABD不垂直，故B错误；因为m与2nuur不平行，所以平面1BEF与平面1AAC不平行，故C错误；因为m与3n不平行，所以平面1BEF与平面11ACD不平行，故

D错误，故选：A.10.已知等比数列na的前3项和为168，2542aa，则6a（）A.14B.12C.6D.3【答案】D【解析】【分析】设等比数列na的公比为,0qq，易得1q，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na的

公比为,0qq，若1q，则250aa，与题意矛盾，所以1q，则31123425111168142aqaaaqaaaqaq，解得19612aq，所以5613aaq.故选：D.11.函数cos1si

n1fxxxx在区间0,2π的最小值、最大值分别为（）A.ππ22，B.3ππ22，C.ππ222，D.3ππ222，【答案】D【解析】【分析】利用导数求得fx的单调区间，从而判断出fx在区间0,2π上的最小值和

最大值.【详解】sinsin1cos1cosfxxxxxxx，所以fx在区间π0,2和3π,2π2上0fx，即fx单调递增；在区间π3π,22上0fx，即fx单调递减，又02π2ff

，ππ222f，3π3π3π11222f，所以fx在区间0,2π上的最小值为3π2，最大值为π22.故选：D12.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.13B.12C.33D.22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为22r，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2111sin222222ABCDSACBDACBDrrr（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号

成立）的即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为22r又22rh1则3222222212224322333327OABCDrrhVrhrrh

当且仅当222rh即33h时等号成立，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.记nS为等差数列na的前n项和．若32236SS，则公差d_______．【答案】2【解析

】【分析】转化条件为112+226adad，即可得解.【详解】由32236SS可得123122+36aaaaa，化简得31226aaa，即112+226adad，解得2d.故答

案为：2.14.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】310##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35C10甲、乙都入选的方法数为13C3，所以甲

、乙都入选的概率310P故答案为：31015.过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．【答案】222313xy或22215xy或224765339xy

或2281691525xy；【解析】【分析】设圆的方程为220xyDxEyF，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220xyDxEyF，若过0,0，4,0，1,1，则0164

0110FDFDEF，解得046FDE，所以圆的方程为22460xyxy，即222313xy；若过0,0，4,0，4,2，则01640164420FDFDEF，

解得042FDE，所以圆的方程为22420xyxy，即22215xy；若过0,0，4,2，1,1，则0110164420FDEFDEF，解得083143FDE，所以圆的方程为

22814033xyxy，即224765339xy；若过1,1，4,0，4,2，则1101640164420DEFDFDEF，

解得1651652FDE，所以圆的方程为2216162055xyxy，即2281691525xy；故答案为：222313xy或22215xy或224765339xy或

2281691525xy；16.若1ln1fxabx是奇函数，则a_____，b______．【答案】①.12；②.ln2．【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求出．【详解】因为函数1ln1fxabx为奇函数，所以其定义域

关于原点对称．由101ax可得，110xaax，所以11axa，解得：12a，即函数的定义域为,11,11,，再由00f可得，ln2b．即111lnln2ln211xfxxx，在定义域内满足fxfx

，符合题意．故答案为：12；ln2．三、解答题：共70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.17.记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinsinsinsinCAB

BCA．（1）若2AB，求C；（2）证明：2222abc【答案】（1）5π8；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）根据题意可得，sinsinCCA，再结合三角形内角和定理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得

sinsincoscossinsinsincoCABABBCACA，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．【小问1详解】由2AB，sinsinsinsinCABBCA可得，sinsinsinsinCBBCA，而π02B，所

以sin0,1B，即有sinsin0CCA，而0π,0πCCA，显然CCA，所以，πCCA，而2AB，πABC，所以5π8C．【小问2详解】由sinsinsins

inCABBCA可得，sinsincoscossinsinsincoscossinCABABBCACA，再由正弦定理可得，coscoscoscosacBbcAbcAabC，然后根据余弦定理可知，

22222222222211112222acbbcabcaabc，化简得：2222abc，故原等式成立．18.如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC

，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2,60ABBDACB，点F在BD上，当AFC△的面积最小时，求三棱锥FABC的体积．【答案】（1）证明详见解析（2）34【解析】【分析】（1）通过证明AC

平面BED来证得平面BED平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥FABC的体积.【小问1详解】由于ADCD，E是AC的中点，所以ACDE.

由于ADCDBDBDADBCDB，所以ADBCDB△△，所以ABCB，故ACBD，由于DEBDD，,DEBDÌ平面BED，所以AC平面BED，由于AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.【小问

2详解】依题意2ABBDBC，60ACB，三角形ABC是等边三角形，所以2,1,3ACAECEBE，由于,ADCDADCD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以1DE.222DEBEBD，所以DEBE，由于ACBEE，,ACBE平

面ABC，所以DE平面ABC.由于ADBCDB△△，所以FBAFBC，由于BFBFFBAFBCABCB，所以FBAFBC，所以AFCF，所以EFAC，由于12AFCSACEF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.过E作EF

BD，垂足为F，在RtBED△中，1122BEDEBDEF，解得32EF，所以223131,2222DFBFDF，所以34BFBD过F作FHBE，垂足为H，则//FHDE，所以FH平面ABC，且34FHBFDEBD，所以34FH,所以1113

32333244FABCABCVSFH.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：2m）和材积量（单位：3m），得到如下数据：样本号ｉ1

2345678910总和根部横截面积ix0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量iy0.250.400.220.540.510.340.360.460

.420.403.9并计算得10101022iiiii=1i=1i=10.038,1.6158,0.2474xyxy．（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2186m．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iii=122iii=1i

=1(,1.8961.377)()()()nnnxxyyrxxyy．【答案】（1）20.06m；30.39m（2）0.97（3）31209m【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0.60.0610x样本中10棵这种树木的材积量的平均值

3.90.3910y据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为20.06m，平均一棵的材积量为30.39m小问2详解】1010iiiii=1i=110101010222222iiiii=1i=1i=1i=1101010xxyyxyxyrxxyyxxyy

22(0.038100.06)(1.615810.2474100.060.390.01340.01340.970.013770.0000018996.3)则0.97r【小问3详解】设该林区这种树木的总材积量的估计值为3mY

，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得0.06186=0.39Y，解之得3=1209mY．则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20.已知函数1()(1)lnfxaxaxx．（1）当0

a时，求()fx的最大值；（2）若()fx恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1）1（2）0,【解析】【【【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得211axxfxx，按照0a、01a及1

a结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【小问1详解】当0a时，1ln,0fxxxx，则22111xfxxxx，当0,1x时，()0fx¢>，fx单调递增；当1,x时，()0fx¢<，fx单调递减；所以ma

x11fxf；【小问2详解】11ln,0fxaxaxxx，则221111axxafxaxxx，当0a时，10ax，所以当0,1x时，()0fx¢>，fx单调递增；当1,x时

，()0fx¢<，fx单调递减；所以max110fxfa，此时函数无零点，不合题意；当01a时，11a，在10,1,,a上，()0fx¢>，fx单调递增；在11,a上

，()0fx¢<，fx单调递减；又110fa，当x趋近正无穷大时，fx趋近于正无穷大，所以fx仅在1,a有唯一零点，符合题意；当1a时，2210xfxx，所以fx单调递增，又110fa，所以fx有唯一零点，符合题意；

当1a时，11a，在10,,1,a上，()0fx¢>，fx单调递增；在1,1a上，()0fx¢<，fx单调递减；此时110fa，又1111lnnnnfanaa

aa，当n趋近正无穷大时，1nfa趋近负无穷，所以fx在10,a有一个零点，在1,a无零点，所以fx有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为0,.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究

函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.21.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过30,2,,12AB两点．（1）求E的方程；（2）设过点1,2P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MTTH．证明：直线HN过定点．【答案】（1）22143yx（2）(0,2)【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221mxny，过30,2,,12AB，则41914nmn，解得13m，14n，所以椭圆E的方程为：22143yx.【小问2详解】3(0,2),(

,1)2AB，所以2:23AByx，①若过点(1,2)P的直线斜率不存在，直线1x.代入22134xy，可得26(1,)3M，26(1,)3N，代入AB方程223yx，可得26(63,)3T，由MTTH得到26(265,)3H

.求得HN方程：26(2)23yx，过点(0,2).②若过点(1,2)P的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kxykMxyNxy.联立22(2)0,134kxykxy得22(34)6(

2)3(4)0kxkkxkk，可得1221226(2)343(4)34kkxxkkkxxk，12222228(2)344(442)34kyykkkyyk，且1221224(*)34kxyxyk联立1,223yyyx

可得111113(3,),(36,).2yTyHyxy可求得此时1222112:()36yyHNyyxxyxx，将(0,2)，代入整理得12121221122()6()3120xxyyxyxyyy，将(*)代入，得2222412964

82448482436480,kkkkkkk显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).【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.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.[选修4—4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系xOy

中，曲线C的参数方程为3cos22sinxtyt，（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sin03m．（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）320xym（2）

195122m【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化公式处理即可；（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：sin03m，所以13sincos022

m，又因为sin,cosyx，所以化简为13022yxm，整理得l的直角坐标方程：320xym的【小问2详解】联立l与C的方程，即将3cos2xt，2sinyt代入320xym中，可得3cos

22sin20ttm，所以23(12sin)2sin20ttm，化简为26sin2sin320ttm，要使l与C有公共点，则226sin2sin3mtt有解，令sinta，则1,1a，令2()623faa

a，(11)a≤≤，对称轴为16a，开口向上，所以(1)623()5maxffa，min11219(())36666ffa，所以19256mm的取值范围为195122m.[选修4—5：不等式选讲]23.已知a，b，c都是正数，且333

2221abc，证明：（1）19abc；（2）12abcbcacababc；【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0a，0b，0c，则320a，320b，320c，所以33333322232223abcabc，即1213abc，所以19abc，当且仅当333222abc

，即319abc时取等号．【小问2详解】证明：因为0a，0b，0c，所以2bcbc，2acac，2abab，所以3222aaabcbcabc，3222bbbacacabc，3222cccabababc333333222

222122222abcabcabcbcacababcabcabcabcabc当且仅当abc时取等．