2022年高考数学试卷（北京）（解析卷）

绝密本科目考试启用前

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2022年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）

数学

本试卷共5页，150分．考试时长120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40分）

一、选择题共10小题，每小题4分，共40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{x3x3}，集合A{x2x1}，则（）

A.(2,1]B.(3,2)[1,3)C.[2,1)∁∪�=D.

(3,2](1,3)

【答案】D

【解析】

【分析】利用补集的定义可得正确的选项．

【详解】由补集定义可知：{x│-3<x≤-2或1<x<3},，即（-3，-2]∪(1,3)

∪∪

故选：D．∁�=∁�=

2.若复数z满足iz34i，则z（）

A.1B.5C.7D.25

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数四则运算，先求出z，再计算复数的模．

34i34ii22

【详解】由题意有z43i，故|z|435．

iii

故选：B．

3.若直线2xy10是圆(xa)2y21的一条对称轴，则a（）

11

A.B.C.1D.1

22

【答案】A

【解析】

【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．

【详解】由题可知圆心为a,0，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即

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1

2a010，解得a．

2

故选：A．

1

4.己知函数f(x)，则对任意实数x，有（）

12x

A.f(-x)+f(x)=0B.f(x)f(x)0

1

C.f(x)f(x)1D.f(x)f(x)

3

【答案】C

【解析】

【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误．

112x1

【详解】fxfx1，故A错误，C正确；

12x12x12x12x

112x12x12

fxfx1，不是常数，故BD

12x12x12x12x2x12x1

错误；

故选：C．

5.已知函数f(x)cos2xsin2x，则（）

A.f(x)在,上单调递减B.f(x)在,上单调递增

26412

7

C.f(x)在0,上单调递减D.f(x)在,上单调递增

3412

【答案】C

【解析】

【分析】化简得出fxcos2x，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.

22

【详解】因为fxcosxsinxcos2x.

对于A选项，当x时，2x，则fx在,上单调递增，

26326

A错；

对于B选项，当x时，2x，则fx在,上不单调，B错；

41226412

2

对于C选项，当0x时，02x，则fx在0,上单调递减，C对；

333

第2页|共18页

777

对于D选项，当x时，2x，则fx在,上不单调，D错.

41226412

故选：C.

6.设an是公差不为0的无穷等差数列，则“an为递增数列”是“存在正整数N0，当

nN0时，an0”的（）

A.充分而不必要条件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】

【分析】设等差数列an的公差为d，则d0，利用等差数列的通项公式结合充分条件、

必要条件的定义判断可得出结论.

【详解】设等差数列an的公差为d，则d0，记x为不超过x的最大整数.

若an为单调递增数列，则d0，

若a10，则当n2时，ana10；若a10，则ana1n1d，

aa

由可得1，取1，则当时，，

ana1n1d0n1N011nN0an0

dd

所以，“an是递增数列”“存在正整数N0，当nN0时，an0”；

若存在正整数N0，当nN0时，an0，取kN且kN0，ak0，

aa

假设d0，令aankd0可得nkk，且kkk，

nkdd

a

当k时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增

nk1an0d0an

d

数列.

所以，“an是递增数列”“存在正整数N0，当nN0时，an0”.

所以，“an是递增数列”是“存在正整数N0，当nN0时，an0”的充分必要条件.

故选：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（）

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A.当T220，P1026时，二氧化碳处于液态

B.当T270，P128时，二氧化碳处于气态

C.当T300，P9987时，二氧化碳处于超临界状态

D.当T360，P729时，二氧化碳处于超临界状态

【答案】D

【解析】

【分析】根据T与lgP的关系图可得正确的选项.

【详解】当T220，P1026时，lgP3，此时二氧化碳处于固态，故A错误.

当T270，P128时，2lgP3，此时二氧化碳处于液态，故B错误.

当T300，P9987时，lgP与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，

另一方面，T300时对应的是非超临界状态，故C错误.

当T360，P729时，因2lgP3,故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确.

故选：D

若4432，则（）

8.(2x1)a4xa3xa2xa1xa0a0a2a4

A.40B.41C.40D.41

【答案】B

【解析】

【分析】利用赋值法可求a0a2a4的值.

【详解】令x1，则a4a3a2a1a01，

令，则4，

x1a4a3a2a1a0381

181

故aaa41，

4202

故选：B.

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9.已知正三棱锥PABC的六条棱长均为6，S是ABC及其内部的点构成的集合．设集

合TQSPQ5，则T表示的区域的面积为（）

3

A.B.C.2D.3

4

【答案】B

【解析】

【分析】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.

【详解】

设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，

23

且BO623，故PO361226.

32

因为PQ5，故OQ1，

故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，

3

而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为236，

431

36

故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为

故选：B

10.在ABC中，AC3,BC4,C90．P为ABC所在平面内的动点，且PC1，

则PAPB的取值范围是（）

A.[5,3]B.[3,5]C.[6,4]D.[4,6]

【答案】D

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【解析】

【分析】依题意建立平面直角坐标系，设Pcosθ,sinθ，表示出PA，PB，根据数量积

的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；

【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则C0,0，A3,0，B0,4，

因为PC1，所以P在以C为圆心，1为半径的圆上运动，

设Pcosθ,sinθ，0,2，

所以PA3cos,sin，PBcos,4sin，

所以PAPBcos3cos4sinsin

cos23cos4sinsin2

13cos4sin

34

15sin，其中sin，cos，

55

因为1sin1，所以415sin6，即PAPB4,6；

故选：D

第二部分（非选择题共110分）

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．

1

11.函数f(x)1x的定义域是_________．

x

【答案】,00,1

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【解析】

【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；

11x0

【详解】解：因为fx1x，所以，解得x1且x0，

xx0

故函数的定义域为,00,1；

故答案为：,00,1

x23

12.已知双曲线y21的渐近线方程为yx，则m__________．

m3

【答案】3

【解析】

【分析】首先可得m0，即可得到双曲线的标准方程，从而得到a、b，再跟渐近线方程

得到方程，解得即可；

x2x2

【详解】解：对于双曲线y21，所以m0，即双曲线的标准方程为y21，

mm

x23

则a1，bm，又双曲线y21的渐近线方程为yx，

m3

a313

所以，即，解得m3；

b3m3

故答案为：3

13.若函数f(x)Asinx3cosx的一个零点为，则A________；

3

f________．

12

【答案】①.1②.2

【解析】

ππ

【分析】先代入零点，求得A的值，再将函数化简为f(x)2sin(x)，代入自变量x，

312

计算即可.

π33

【详解】∵f()A0，∴A1

322

π

∴f(x)sinx3cosx2sin(x)

3

ππππ

f()2sin()2sin2

121234

第7页|共18页

故答案为：1，2

ax1,xa,

14.设函数fx2若f(x)存在最小值，则a的一个取值为________；a

x2,xa.

的最大值为___________．

【答案】①.0（答案不唯一）②.1

【解析】

【分析】根据分段函数中的函数yax1的单调性进行分类讨论，可知，a0符合条件，

a0不符合条件，a0时函数yax1没有最小值，故f(x)的最小值只能取y(x2)2

2

的最小值，根据定义域讨论可知a210或a21a2，解得0a1.

1,x0

【详解】解：若a0时，f(x){，∴f(x)0；

(x2)2,x0min

若a0时，当xa时，f(x)ax1单调递增，当x时，f(x)，故f(x)没

有最小值，不符合题目要求；

若a0时，

当xa时，f(x)ax1单调递减，f(x)f(a)a21，

0(0a2)

当xa时，f(x){

min(a2)2(a2)

∴a210或a21（a2）2，

解得0a1，

综上可得0a1；

故答案为：0（答案不唯一），1

15.己知数列an各项均为正数，其前n项和Sn满足anSn9(n1,2,)．给出下列四

个结论：

①an的第2项小于3；②an为等比数列；

1

③a为递减数列；④a中存在小于的项．

nn100

其中所有正确结论的序号是__________．

【答案】①③④

【解析】

99

【分析】推导出an，求出a1、a2的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利

anan1

用数列单调性的定义可判断③.

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【详解】由题意可知，nN，an0，

当时，2，可得；

n1a19a13

9999

当n2时，由Sn可得Sn1，两式作差可得an，

anan1anan1

999

所以，，则，整理可得2，

ana23a23a290

an1ana2

353

因为a20，解得a3，①对；

22

2

假设数列为等比数列，设其公比为，则2，即981，

anqa2a1a3

S2S1S3

所以，2，可得2222，解得，不合乎题意，

S2S1S3a11qa11qqq0

故数列an不是等比数列，②错；

999an1an

当n2时，an0，可得anan1，所以，数列an为递减数

anan1anan1

列，③对；

11

假设对任意的nN，a，则S1000001000，

n100100000100

991

所以，a100000，与假设矛盾，假设不成立，④对.

S1000001000100

故答案为：①③④.

【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法

来进行推导.

三、解答题共6小愿，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．

16.在ABC中，sin2C3sinC．

（1）求C；

（2）若b6，且ABC的面积为63，求ABC的周长．

【答案】（1）

6

（2）6+63

【解析】

【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C

的值；

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（2）利用三角形的面积公式可求得a的值，由余弦定理可求得c的值，即可求得ABC的

周长.

【小问1详解】

解：因为C0,，则sinC0，由已知可得3sinC2sinCcosC，

3

可得cosC，因此，C.

26

【小问2详解】

13

解：由三角形的面积公式可得，解得

SABCabsinCa63.

22a43

3

由余弦定理可得c2a2b22abcosC4836243612，c23，

2

所以，ABC的周长为abc636.

17.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1平面ABB1A1，

ABBC2，M，N分别为A1B1，AC的中点．

（1）求证：MN∥平面BCC1B1；

（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】（1）见解析（2）见解析

【解析】

【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面CBB1C1，从而可

证MN//平面CBB1C1.

（2）选①②均可证明BB1平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空

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间向量可求线面角的正弦值.

【小问1详解】

取AB的中点为K，连接MK,NK，

由三棱柱ABCA1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，

而B1MMA1,BKKA，则MK//BB1，

而MK平面CBB1C1，BB1平面CBB1C1，故MK//平面CBB1C1，

而CNNA,BKKA，则NK//BC，同理可得NK//平面CBB1C1，

而NKMKK,NK,MK平面MKN，

故平面MKN//平面CBB1C1，而MN平面MKN，故MN//平面CBB1C1，

【小问2详解】

因为侧面CBB1C1为正方形，故CBBB1，

而CB平面CBB1C1，平面CBB1C1平面ABB1A1，

平面CBB1C1平面ABB1A1BB1，故CB平面ABB1A1，

因为NK//BC，故NK平面ABB1A1，

因为ABÌ平面ABB1A1，故NKAB，

若选①，则ABMN，而NKAB，NKMNN，

故AB平面MNK，而MK平面MNK，故ABMK，

所以ABBB1，而CBBB1，CBABB，故BB1平面ABC，

故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，

故BA0,2,0,BN1,1,0,BM0,1,2，

设平面BNM的法向量为nx,y,z，

nBN0xy0

则，从而，取z1，则n2,2,1，

nBM0y2z0

设直线AB与平面BNM所成的角为，则

42

sincosn,AB.

233

若选②，因为NK//BC，故NK平面ABB1A1，而KM平面MKN，

故NKKM，而B1MBK1,NK1，故B1MNK，

而B1BMK2，MBMN，故BB1MMKN，

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所以BB1MMKN90，故A1B1BB1，

而CBBB1，CBABB，故BB1平面ABC，

故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，

故BA0,2,0,BN1,1,0,BM0,1,2，

设平面BNM的法向量为nx,y,z，

nBN0xy0

则，从而，取z1，则n2,2,1，

nBM0y2z0

设直线AB与平面BNM所成的角为，则

42

sincosn,AB.

233

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）：

甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，935，9.30，9.25；

乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；

丙：9.85，9.65，9.20，9.16．

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E

（X）；

（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

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明）

7

【答案】（1）0.4（2）

5

（3）丙

【解析】

【分析】(1)由频率估计概率即可

(2)求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望.

(3)计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估

计值最大.

【小问1详解】

由频率估计概率可得

甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，

故答案为0.4

【小问2详解】

设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3

3

P(X0)P(AAA)0.60.50.5，

12320

P(X1)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)

8

0.40.50.50.60.50.50.60.50.5，

20

P(X2)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)

7

0.40.50.50.40.50.50.60.50.5，

20

2

P(X3)P(AAA)0.40.50.5.

12320

∴X的分布列为

X0123

3872

P

20202020

38727

∴E(X)0123

202020205

【小问3详解】

丙夺冠概率估计值最大.

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1

因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80

4

11

的概率为，乙获得9.78的概率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数

106

越多，对丙越有利.

x2y2

19.已知椭圆：E:1(ab0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为23．

a2b2

（1）求椭圆E的方程；

（2）过点P(2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与

x轴交于点M，N，当|MN|2时，求k的值．

x2

【答案】（1）y21

4

（2）k4

【解析】

b1

【分析】（1）依题意可得2c23，即可求出a，从而求出椭圆方程；

222

cab

（2）首先表示出直线方程，设Bx1,y1、Cx2,y2，联立直线与椭圆方程，消元列出韦

达定理，由直线AB、AC的方程，表示出xM、xN，根据MNxNxM得到方程，解

得即可；

【小问1详解】

解：依题意可得b1，2c23，又c2a2b2，

x2

所以a2，所以椭圆方程为y21；

4

【小问2详解】

解：依题意过点P2,1的直线为y1kx2，设Bx1,y1、Cx2,y2，不妨令

2x1x22，

y1kx2

2222

由x2，消去y整理得14kx16k8kx16k16k0，

y21

4

2

所以16k28k414k216k216k0，解得k0，

第14页|共18页

16k28k16k216k

所以xx，xx，

1214k21214k2

y1x

直线的方程为y11x，令y0，解得x1，

ABM

x11y1

y1x

直线的方程为y12x，令y0，解得x2，

ACN

x21y2

x2x1

所以MNxNxM

1y21y1

xx

21

1kx2211kx121

xx

21

kx22kx12

x2xxx2

2121

kx22x12

2xx

122，

kx22x12

所以x1x2kx22x12，

即2

x1x24x1x2kx2x12x2x14

2

16k28k16k216k16k216k16k28k

即

242k2224

14k14k14k14k

即

82k

2k2k14k2k2k16k216k216k28k414k2

14k214k2

整理得8k4k，解得k4

20.已知函数f(x)exln(1x)．

（1）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

（2）设g(x)f(x)，讨论函数g(x)在[0,)上的单调性；

（3）证明：对任意的s,t(0,)，有f(st)f(s)f(t)．

【答案】（1）yx

（2）g(x)在[0,)上单调递增.

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（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；

（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；

（3）令m(x)f(xt)f(x)，(x,t0)，即证m(x)m(0)，由第二问结论可知m(x)在

[0,+∞）上单调递增，即得证.

【小问1详解】

解：因为f(x)exln(1x)，所以f00，

即切点坐标为0,0，

1

又f(x)ex(ln(1x))，

1x

∴切线斜率kf(0)1

∴切线方程为：yx

【小问2详解】

1

解：因为g(x)f(x)ex(ln(1x))，

1x

21

所以g(x)ex(ln(1x))，

1x(1x)2

21

令h(x)ln(1x)，

1x(1x)2

122x21

则h(x)0，

1x(1x)2(1x)3(1x)3

∴h(x)在[0,)上单调递增，

∴h(x)h(0)10

∴g(x)0在[0,)上恒成立，

∴g(x)在[0,)上单调递增.

【小问3详解】

解：原不等式等价于f(st)f(s)f(t)f(0)，

令m(x)f(xt)f(x)，(x,t0)，

即证m(x)m(0)，

∵m(x)f(xt)f(x)extln(1xt)exln(1x)，

extex

m(x)extln(1xt)exln(1x)g(xt)g(x)，

1xt1x

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1

由（2）知g(x)f(x)ex(ln(1x))在0,上单调递增，

1x

∴g(xt)g(x)，

∴m(x)0

∴m(x)在0,上单调递增，又因为x,t0，

∴m(x)m(0)，所以命题得证.

21.已知Q:a1,a2,,ak为有穷整数数列．给定正整数