高考全国乙卷：《理科数学》2022年考试真题与答案解析

高考精品文档高考全国乙卷理科数学·2022年考试真 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 与答案解析同卷省份河南、山西、江西、安徽甘肃、青海、蒙古、山西吉林、宁夏、新疆、黑龙江高考全国乙卷：2022年《理科数学》考试真题与答案解析一、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 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的。1．设全集U{1,2,3,4,5}，集合M满足ðUM{1,3}，则（）A．2MB．3MC．4MD．5M[答案]A2．已知z12i，且zazb0，其中a，b为实数，则（）A．a1,b2B．a1,b2C．a1,b2D．a1,b2[答案]A3．已知向量a,b满足|a|1,|b|3,|a2b|3，则ab（）A．2B．11/16C．1D．2[答案]C4．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1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bn：b11，111b1，，b1…，依此类推，其中N(k1,2,)．则（）2131k111223A．b1b5B．b3b8C．b6b2D．b4b7[答案]D5．设F为抛物线C:y24x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若|AF||BF|，则|AB|（）A．2B．22C．3D．32[答案]B2/166．执行下边的程序框图，输出的n（）A．3B．4C．5D．6[答案]B7．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（）A．平面B1EF平面BDD1B．平面B1EF平面A1BDC．平面B1EF∥平面A1ACD．平面B1EF∥平面A1C1D3/16[答案]A8．已知等比数列an的前3项和为168，a2a542，则a6（）A．14B．12C．6D．3[答案]D9．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（）1A．31B．23C．32D．2[答案]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p1,p2,p3，且p3p2p10．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A．p与该棋手和甲、乙、丙的此赛次序无关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4/16D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大[答案]C11．双曲线C的两个焦点为F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交3于M，N两点，且cosFNF，则C的离心率为（）1255A．23B．213C．217D．2[答案]C12．已知函数f(x),g(x)的定义域均为R，且f(x)g(2x)5,g(x)f(x4)7．若yg(x)22的图像关于直线x2对称，g(2)4，则f(k)（）k1A．21B．22C．23D．24[答案]D5/16二、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_______．3[答案]1014．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](푥―2)2+(푦―3)2=13或(푥―2)2+(푦―1)2=522652169或(푥―4)+(푦―7)=或(푥―8)+(푦―1)2=339525315．记函数f(x)cos(x)(0,0)的最小正周期为T，若f(T)，x为f(x)29的零点，则的最小值为_______．[答案]3x216．己知xx1和xx2分别是函数f(x)2aex（a0且a1）的极小值点和极大值点．若x1x2，则a的取值范围是_______．1[答案](0，푒)三、解答题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，每题12分，每个 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 考生都必须作答。第22、23题为选考题，每题10分，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分．17．记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinCsin(AB)sinBsin(CA)．6/16（1）证明：2a2b2c2；25（2）若a5,cosA，求△ABC的周长．31[答案]（1）证明过程如下：已知sinC·sin(A﹣B)=sinB·sin(C﹣A)化简得：SinC·SinA·cosB﹣SinC·cosA·sinB=SinB·SinC·cosA﹣SinB·cosC·sinA由正弦定理可得：ac·cosB﹣bc·cosA=bc·cosA﹣ab·cosC即ac·cosB=2bc·cosA﹣ab·cosC由余弦定理可得：푎2+푐2―푏2푏2+푐2―푎2푎2+푏2―푐2푎푐=2푏푐―푎푏，即证：2푎2=푏2+푐22푎푐2푏푐2푎푏（2）证明过程如下：由（1）可知；푏2+푐2―푎250―2525푏2+푐2=2푎2=50，cosA===。2푏푐2푏푐31所以2bc=31因为푏2+푐2+2푏푐=(푏+푐)2=81所以b+c=9，a+b+c=14所以△ABC的周长为14。18．如图，四面体ABCD中，ADCD,ADCD,ADBBDC，E为AC的中点．7/16（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设ABBD2,ACB60，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）证明过程如下：因为AD=CD，∠ADB=∠BDC且BD为公共边，所以△ADB与△BDC全等，有AB=BC。因为E是AC中点，且AD=CD，所以DE⊥AC，同理EB⊥AC。又因为DE∩BE=E，且均内含于平面BED，所以AC⊥平面BED。又因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD（2）证明过程如下：在△ABC中，AB=2，∠ACB=60°，AB=BC，所以AC=2，BE=3在△ACD中，AD⊥CD，AD=CD，AC=2，E为AC中点，8/16所以DE⊥AC，DE=1又因为DE=2，所以DE2+BE2=BD2，即DE⊥BE所以直线AC、ED和EB两两相互垂直。由点F在BD上，且△ADB与△BDC全等，所以AF=FC。由于E为AC中点，所以EF⊥AC。当△AFC的面积最小时，EF⊥BD。在Rt△DEB中，因为BE=3，DE=1，33所以EF=，BF=。22如图所示，以点E位坐标原点，直线AC、EB、ED分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系。33C(﹣1,0,0)、A(1,0,0)、B(0,3,0)、D(0,0,1)、F(0,,)44퐵퐷=(0,―3,1)，퐴퐷=(﹣1,0,1)，퐵퐶=(﹣1,―3,0)333因为퐶퐹=퐵퐹―퐵퐶=퐵퐷―퐵퐶=(1,,)。4449/16设平面ABD的法向量为푚=(푥,푦,푧)。퐵퐷·푚=0可得，设y=1，所以푚=(3,1,3)。{퐴퐷·푚=0设푚与퐶퐹所成的角为α，CF与平面ABD所成的角为θ。3得sinθ=|푐표푠훼|=푚∙퐶퐹=4。||푚|∙|퐶퐹||73所以，CF与平面ABD所成的角的正弦值为4。719．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：m2）和材积量（单位：m3），得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6xi材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.910101022并计算得xi0.038,yi1.6158,xiyi0.2474．i=1i=1i=1（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186m2．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10/16树木的总材积量的估计值．n(xix)(yiy)附：相关系数ri=1,1.8961.377．nn22(xix)(yiy)i=1i=1[答案]（1）设这种树木平均一棵的根部横截面积为푥，平均一个的材积量为푦，则0.6，푥=10=0.063.9。푦=10=0.39푛∑푖=1푥푖푦푖―푛푥푦（2）푟=푛22푛22=0.97.(∑푖=1푥푖―푛푥)(∑푖=1푦푖―푛푦)（3）设从根部面积总和为X，总材积量为Y，푋푥则，푌=푦3.9故（m3）Y=0.6×186=1209320．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,2,B,1两点．2（1）求E的方程；（2）设过点P1,2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MTTH．证明：直线HN过定点．[答案]푥2푦2（1）设E的方程为+=1。푎2푏211/164=1将A、B两点代入得：푏29+1=1{224푎푏解得a2=3，b2=4。푥2푦2故E的方程为：+=1。34（2）证明过程如下：2由点A、B，可得直线AB：。y=3푥―2①若过P(1,2)的直线的斜率不存在，直线为x=1。푥2푦266代入+=1，可得M(1,2)、N(1,﹣2)3433626将y=2代入AB：y=푥―2，可得T(6+3,2)。3336由푀푇=푇퐻，得H(26+5,2)。3故直线HN为：y=2―26x―2，过点(0,2)。(3)②若过P(1,﹣2)的直线的斜率存在，设kx－y－(k+2)=0，M(x1,y1)，N(x2,y2)。kx－y－(k+2)=022联立{푥+푦=1；34得(3k2+4)x2﹣6k(2+k)x+3k(k+4)=0。6푘(2+푘)―8(2+푘)푥1+푥2=푦1+푦2=3푘2+43푘2+4―24푘故有，2，且푥푦+푥푦=（*）。푥푥=3푘(4+푘)푦푦=4(4+4푘―2푘)12213푘2+4{1·22{1·223푘+43푘+4푦=푦123푦1联立y=푥―2，可得T(+3，y1)，H(3y1+6﹣x1，y1){32푦1―푦2解得HN：y―푦=(푥―푥)23푦1+6―푥1―푥22将（*）代入，得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k2﹣36k2﹣48=0。12/16显然成立。综上，可得直线HN过定点(0,﹣2)。21．已知函数.fxln1xaxex（1）当a1时，求曲线yfx在点0,f0处的切线方程；（2）若fx在区间1,0,0,各恰有一个零点，求a的取值范围．[答案]（1）y=2x；（2）a＜﹣1。解析过程：略。（二）选考题22.[选修4-4：坐标系与参数方程]x3cos2t,在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，xy2sint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sinm0．3（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]π（1）由ρsin(θ+3)+m=0可得；ππρ(sinθcos3+cosθsin3)+m=0。13/161313即ρ(sinθ+cosθ)+m=0，y+x+m=0。2222故I的方程为：3x+y+2m=0（2）证明过程如下因为x=3cos2t，23得x=3(1―2sin2t)=31―2(푦)=3―푦2,[2]2x=3―3푦2联立2，得3y2﹣2y﹣4m﹣6=0；{3x+y+2m=04푚2即3y﹣2y﹣6=4m(﹣2≤y≤2)，―3≤3≤6，195可得。―12≤m≤2195所以m的取值范围为。―12≤m≤223.[选修4-5：不等式选讲]333已知a，b，c都是正数，且a2b2c21，证明：1（1）；abc9abc1（2）．bcacab2abc[答案]（1）证明过程如下：因为a、b、c是正数；33323333―所以푎2+푏2+푐2≥3푎2푏2푐2=3푎푏푐，当且仅当a=b=c=33时取等号。14/161所以푎푏푐，即abc≤。3≤19证毕。（2）证明过程如下：푎푏푐1要证成立，푏+푐+푎+푐+푎+푏≤2푎푏푐3331只需证푎2푏푐+푏2푎푐+푐2푎푏≤。푏+푐푎+푐푎+푏2―2因为푏+푐≥2푏푐，푎+푐≥2푎푐，푎+푏≥2푎푏，当且仅当a=b=c=33时，同时取等。3333333332푏푐2푎푐2푎푏1所以푎2푏푐+푏2푎푐+푐2푎푏≤푎+푏+푐=푎2+푏2+푐2=。푏+푐2푏푐2푎푐2푎푏22证毕。15/16