2022年北京高考数学试题和答案

绝密本科目考试启用前2022北京高考真题数学本试卷共5页，分。考试时长分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分(选择题共一、选择题共小题，每小题4分，共分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。（1）已知全集U=x−3x3，集合A=x−2x1，则CA=U(−（A）2,1（）(−−2)−)（）2,1（D）(−−2]（2）若复数z满足iz=3−i，则z=（A）1（）7（）5（D）25（3）若直线2x+y−1=0是圆xa(−)2+y2=1的一条对称轴，则a=11（A）（）−221（）1（D）11+2（4）己知函数f(x)=,则对任意实数，有xx(−)+()=fx(−)−()=fx（A）f（）fx0（）f（D）fx013(−)+()=fx(−)−()=fxx1x（5）己知函数f(x)=cos2x−sinx，则226412()−−()fx−（A）fx在,上单调递减（）在,上单调递增（D）fx在,()()（）fx在上单调递减上单调递增3412是公差不为0的无穷等差数列，则“n为递增数列”是存在正整数N0，当n（6nN0时，n0”的（A）充分而不必要条件（）充分必要条件（）必要而不充分条件（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，为实现绿色冬奥作出了贡献，如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和1gP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T=220，P=时，二氧化碳处于液态，（）当T=270P=128时，二氧化碳处于气态（）当T=300，P=时，二氧化碳处于超临界状态时，二氧化碳处于超临界状态（D）当T=360，P=729（8(2x−4=a4x4+3x3+a2x+ax+a，则a+a+a=100242（A）40（）41−41（D）（）P−S是△ABC及其内部的点构成的集合，设集合（9）已知正三棱锥的六条棱长均为，6T=QSPQ，则T表示的区域的面积为（A）（）（）4（D）（10）在△ABC中，AC=3，BC=4，C=90．为△ABCPC=1，则PA所在平面内的动点，且P的取值范围是−（A）5,3（）4−（）3,5（D）6第二部分（非选择题共二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。1()=+1−x的定义域是_________．（11）函数fxxx23（12）已知双曲线y2+=1的渐近线方程为y=x，则m=_________．m312（13）若函数f(x)=Asinx−3cosx的一个零点为，则A=_______；f=_________．3−ax+xa（14）设函数f(x)=()，若fx存在最小值，则的一个取值为_________a；a的最大值为(x−2),x2_________．（15）已知数列n的各项均为正数，其前n项和S，满足aS=n9(n=)给出下列四个结论：nn②n为等比数列；①n2项小于；1③n为递减数列；④n中存在小于的项。其中所有正确结论的序号是_________．三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。（16）（本小题在△ABC中，sinC=3sinC．（I）求C：（II）若b=6，且△ABC的面积为63，求△ABC的周长．（17）（本小题如图，在三棱柱−ABC中，侧面BCCB为正方形，平面BCCB⊥平面ABBA，AB=BC=2，M,N111111111分别为AB，AC的中点．11（I）求证：MN//平面1B；1（II）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求ABBMN所成角的正弦值。直线与平面AB⊥MN=条件①：条件②：；．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）（本小题在校运动会上，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）：甲：9.80,9.70,9.55,9.54,9.48,9.42,9.40,9.35,9.25；乙：9.78,9.56,9.51,9.36,9.32,9.23；丙：9.85,9.65,9.20,．假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立（I）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；（II）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，估计的数学期望XEX；（III）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）（本小题x22y22已知椭圆E:+=ab0)的一个顶点为A()，焦距为23．ab（I）求椭圆E的方程：(−)（）过点P2,1作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C，直线AB,分别与x轴交于点M,N，当MN=2时，求k的值。（20）（本小题()=x(+)己知函数fxe1x．()（I）求曲线yfx=()在点f(0)处的切线方程；()=()()+)上的单调性；（I）设gxfx，讨论函数gx在（III）证明：对任意的s,t(0,+)f(s+t)f(s)+ft)．（21）（本小题己知Q:a,a,为有穷整数数列．给定正整数，若对任意的mn，在Q中存在连续可表数列．连续可表数列？说明理由；12a+a+a+i+2n，则称Qm−为a,a,a,，使得1i1i+2ii1（I）判断Q:4是否为5-连续可表数列？是否为6−（II）若Q:a,a,为8−连续可表数列，求证：的最小值为；k12（III）若Q:a,a,为20−连续可表数列，a+a+20k7，求证：．1212参考答案一、选择题12345678910DDBACCCDBB1【解析】UA=(2)3−i2.【解析】由条件可知z==−4−i所以z=5i123.【解析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，圆心坐标（a）,所以由a+0-1=0a=11+211+22x22xx+1+14.【解析】由f(x)=,可得f(−x)==所以得f(−x)+f(x)==1x−x2x+15.【解析】f(x)=2x−sin2x=2x,选项A2x(,−),此时f(x)单调递增，选项B中：32x(−,此时f(x)先递增后递减，选项C中：2x此时f(x)单调递减，选项D2632x(,此时f(x)先递减后递增；所以选C266.【解析】①充分性证明：=−若n为递增数列，则有对nN,aan,dan1ann1aN=−a+2（其中−a11为不大于−1的最大正整数），取正整数0dddaa=a+(n−da+(−则当nN时，只要a都有1+d0nn11d②必要性证明：若存在正整数N，当nN时，a00n因为a=a+(n−dn1d−1所以因为d,对nN0,nN都成立=且d0nd−1n→+n所以>0所以对nN,都有an1−an=dan1a,a即：为递增数列；nna0“的充要条件n所以“a为递增数列是存在正整数”“N,0当nN,时，0”n所以选C7.【解析】A选项：P=lg1026T=由图易知处于固态；B选项：P=lg128T=由图易知处于液态；C选项：P=99873.999,T=由图易知处于固态；D选项：P=7292,T=由图易知处于超临界状态；所以选D8.【解析】当x时，1=a+a+a+a+a①；当=-181=a−a+a−a+a②；①+②得原式=4143210432109.【解析】过点P作底面射影点O，则由题意，CO=23,PC=所以PO=26,当上存在一点Q使得PQ=5，此时QO=1，则动点QQO为半径，O为圆心得圆里，所以面积为Π10.【解析】方法一：建立如图所示坐标系，由题易知，设（00），（3，），（0，），P,sin0,2,因为PC=1，所以设PAPB=(3−cos,−sin)(−cos,4−sin)=−3cos,−4sin+cos2+sin23,cos4,6,=4)−=1−5sin(+)(sin=55所以选D方法二：PC,CB=−PC,CA,CACB=0注意：2所以PAPB=(PC+)(PC+CB)=+CA+CB+CACB二、填空题11.【答案】(−,0)x1−x【解析】依题意解得x(−,0)=1的渐近线方程为y=12.【答案】−3x2x2+,故m=-3【解析】双曲线ym−m13.【答案】−233【解析】f()=Asin−3=A−=A=133322f(x)=sinx−3x=2sin(x−f()=2sin(−)=2sin(−)=−2312123414.),1【解析】由题意知，函数最值于单调性相关，故可考虑以02为分界点研究函数(x)的性质，当+故整个函数没有最小值；当时，(x)=-+1,a该段值域为，而(x)=-ax+1,xa,该段的值域为(−,−a2f(x)=(x−2)0<a2时，(x)=-+1,<a该段的值域为(−a−a2,xa的值域为[0,+故此时(x)的值域为[0,+即存在最小值为，故第一个空可填写0++而f(x)=(x−2),xa的值域为[0,+若存在最小值，则+1于是可得0<a≤1>2时(x)=-+1,<,该段得值域为(a++),而f(x)=(x−2),xa22222需满足的值域为[(a−2)2,+若存在最小值，则需满足−a2+1(a−2),此不等式无解综上，a的取值范围是故a2的最大值为1.15.【答案】①③④【解析】a21=又各项均为正，可得a=令n=2可得a+a)=可解得1225−9999nn19−an22=故①正确；当n2时，由Sn=得Sn1=,于是可得n=−，即=,若2nan1nn19=a,nan2a即从第二项起为常数，可检验则不成立，故②错误；为等比数列，则时，nn1an1nSnSn1aS=9(n=1,2).可得aS=aSn1,于是=所以an1an,于是③正确，对于④，若所有项nnnnn111均大于等于三、解答题n>90000,则an,S于是aS与已知矛盾，所以④正确.nnn10016.（I）由已知2sinCC=3sinC3由于C在ABC中，故0C,sinC故C=2C=6111（II）由（IsinC=S=absinC=63代入sinCb=6得a=43222由余弦定理：C=aC=6+632+b−2abcosC=23,217.（）设点P为中点，由于P为中点，N为中点ABC所以为PN∥中位线又M为中点，是正方形AABB的中位线11所以PM∥1BB∥PM1∥PN面BCCB∥面11BB1PM面MPN又∥面1B1（2）选择条件①，∵面BCCB⊥A1111面BBCC面面面11⊥AB,NPBCNP⊥AB,又由①：⊥NP⊥⊥面MNP⊥NPN面MNP，⊥AB故AB,BC,BB1两两垂直以B为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，1为z轴正方向建立坐标系B:(0,0,0),M2),N:0),A:(0,0),BM:2),BN:0),AB:(0,0)则BMN的法向量n:(2,423BMN所成角的正弦等于与n所夹余弦的绝对值，即=6ABn2答：所求正弦为.318.（）甲共投10次，优秀4次425由频率估计概率P==10（2）XP012332571211甲优秀概率为，乙优秀概率为，丙优秀概率为xX可取的值为01，，35223113故P(x=0)==52220211311311P(x==++=522522822208311311311P(x=2)=++=522522522207211P(x===522202337175EX=0+1+2+32020=510（3）丙：丙投到过3人中的最大值9.85，比甲、乙的最大值都要大，若比赛中发挥出好状态，丙实力最强。19.x2（1）由已知b=2c=23,a=E:+y2=14y−1=k(x+B=(x,yC:(x,y)（2）由题可设直线方程为：1122y−1=k(x+，联立直线和椭圆E方程：x2+y2=，+8k)x+k−4+4kk−k+8k)4可得(4k2+x2+k22+16k)=0可得k2+8k)222+16k)k<0，由216k+16k2根据韦达定理可得x+x=−,xx=122+124k+124k11−111−11+直线的斜率为k=,AB的直线方程为：y=11−y21−yx=M,x=同理可得点N的横坐标,令y=0，可得点M的横坐标N12则有1212121=−=−=(−)1−11−y2−k(x+2)−k(x+2)kx+22+21221x(x2)x(x2)+−+12(1+2)2−41x=2112=2=kxx+2(x+x)+4kxx+2(x+x)+4121212122−2+16k+16k2k8k)2−41+4k21+4k21代入韦达定理可得=2k16k2+16k16k2−8k+2+41+4k21+4k264(2k2+k)2−416(k+k+4k)2221+214k化简可得：=2k16k2+16k−32k2−16k416k+2++1+4k21+4k21+4k214+4k3+k2−4k4−4k−13−k2−k=2即44kk−k11=,=,可得两边平方则有解得k2k4故k的值为-4.11+x20.解：（）fx)=ex+x+)f=f(0)故所求切线方程为y=x=21（2）gx)=ex+x+)−1+x+x)2211+2xex+x+)−ln1+0又1+x+x)2+x)2故gx)0x+)成立，g(x在[0,+)上单调递增（3）证明：不妨设S≥,由拉个日朗中值定理f(s+t)−f(s)=f),其中[s,s+t],f(s+t)−f(s)=tf)(s+t)−sft)−f(0)t−0=f，其中(0,t即ft)−f(0)=tf)由g(x)在[0,+)上单调递增，故f)f)f(s+t)−f(s)ft)−f(0)=ft)f(s+t)f(s)+ft)证毕21.【解析】（）若m=5，则对于任意∈，23，45}a=1=a=2=a+a=2+1=a=4=a+a=1+4=2112323所以Q是连续可表数列；由不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q