2023年12月13日发(作者：小学数学试卷改卷情况分析)

2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）

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U{1,2,3,4,5}，集合M满足UM{1,3}，则（ ）

A．2M B．3M C．4M D．5M

2．已知z12i，且zazb0，其中a，b为实数，则（ ）

A．a1,b2 B．a1,b2 C．a1,b2 D．a1,b2

3．已知向量a,b满足|a|1,|b|3,|a2b|3，则ab（ ）

A．2 B．1 C．1 D．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bn：b1111，b21111，b311211，…，依此类推，其中kN(k1,2,)．则213（ ）

A．b1b5 B．b3b8 C．b6b2 D．b4b7

5．设F为抛物线C:y4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若|AF||BF|，则|AB|（ ）

A．2 B．22 C．3 D．32

6．执行下边的程序框图，输出的n（ ）

2 A．3 B．4 C．5 D．6

7．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（ ）

A．平面B1EF平面BDD1 B．平面B1EF平面A1BD

C．平面B1EF∥平面A1AC D．平面B1EF∥平面AC11D

8．已知等比数列an的前3项和为168，a2a542，则a6（ ）

A．14 B．12 C．6 D．3

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．3211 B． C． D．

323210．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 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交于M，N两点，且cosF1NF23，则C的离心率为（ ）

5A．513173 B． C． D．

222212．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)的图像关于直线x2对称，g(2)4，则f(k)（ ）

k122A．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f(x)cos(x)(0,0)的最小正周期为T，若f(T)为f(x)的零点，则的最小值为____________．

x216．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3，x29值点．若x1x2，则a的取值范围是____________．

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sinCsin(AB)sinBsin(CA)．

（1）证明：2abc；

（2）若a5,cosA18．（2分）

如图，四面体ABCD中，ADCD,ADCD,ADBBDC，E为AC的中点．

22225，求△ABC的周长．

31

（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．

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：和材积量（单位：，m）m）得到如下数据：

23样本号i

根部横截面积xi

材积量yi

并计算得1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

总和

0.6

3.9

0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06

0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40

xi=1102i0.038,y1.6158,xiyi0.2474．

2ii=1i=11010（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186m．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．

2附：相关系数r(xx)(yy)iii=1n(xx)(yy)2iii=1i=1nn,1.8961.377．

220．（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A0,2,B,1两点．

（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．

21．（12分）

已知函数fxln1xaxe.

x32（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．

（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．

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

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y2sint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sin（1）写出l的直角坐标方程；

m0．

3（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abc1，证明：

（1）abc3232321；

9（2）

abc1．

bcacab2abc2022年普通高等学校招生全国统一考试

数学（理科）

参考答案

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. A 2. A 3. C. 4. D 5. B 6. B 7. A 8. D 9. C 10.D 11. C 12. D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

313.

10476514.

x2y313或x2y15或xy或33922222281692；

xy152515.

3

16.

,1

21e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.

（1）

证明：因为sinCsinABsinBsinCA，

所以sinCsinAcosBsinCsinBcosAsinBsinCcosAsinBsinAcosC，

a2c2b2b2c2a2a2b2c2所以ac，

2bcab2ac2bc2aba2c2b2a2b2c2222即，

bca22所以2a2b2c2；

（2）

解：因为a5,cosA25，

31由（1）得b2c250，

由余弦定理可得a2b2c22bccosA，

则5050bc25，

31所以bc31，

22故bcb2c22bc503181，

所以bc9，

所以ABC的周长为abc14.

18.

（1）

因为ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；

在△ABD和CBD中，因为ADCD,ADBCDB,DBDB，

所以△ABD≌△CBD，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以ACBE；

又因为DE,BE平面BED，DEBEE，所以AC平面BED，

因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.

（2）

连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED， 所以ACEF，所以S△AFC=1ACEF，

2当EFBD时，EF最小，即△AFC的面积最小.

因为△ABD≌△CBD，所以CBAB2，

又因为ACB60，所以ABC是等边三角形，

因为E为AC的中点，所以AEEC1，BE因为ADCD，所以DE3，

1AC1,

2在DEB中，DE2BE2BD2，所以BEDE.

以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，

则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD1,0,1,AB1,3,0，

设平面ABD的一个法向量为nx,y,z，

nADxz0则，取y3，则n3,3,3，

nABx3y03333C1,0,0,F0,,CF1,又因为44，所以4,4，

所以cosn,CFnCFnCF62174437，

设CF与平面ABD所成的角的正弦值为0所以sincosn,CF，

243，

743.

7所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为

19.

（1）

样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x样本中10棵这种树木的材积量的平均值y0.60.06

103.90.39

10据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m2，

平均一棵的材积量为0.39m3

（2）

rxxyyiii=110xxyyiii=1i=1102102xy10xyiii=1102222x10xy10yiii=1i=11010

0.2474100.060.39(0.038100.062)(1.6158100.392)0.01340.01340.97

0.00018960.01377则r0.97

（3）

设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym3，

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=，解之得Y=1209m3．

0.39Y则该林区这种树木的总材积量估计为1209m3

20.

（1）

22解：设椭圆E的方程为mxny1，过A0,2,B,1，

324n111则9，解得m，n，

34mn14y2x2所以椭圆E的方程为：1.

43（2）

32A(0,2),B(,1)，所以AB:y2x，

3222xy①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入1，

34可得M(1,22626yx2，可得

AB，，代入方程))N(1,333T(63,y(22626).求得HN方程：

)，由MTTH得到H(265,3326)x2，过点(0,2).

3①若过点P(1,2)的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(x1,y1),N(x2,y2).

kxy(k2)0,得(3k24)x26k(2k)x3k(k4)0， 联立x2y21348(2k)6k(2k)yyxx12123k243k24可得，，

23k(4k)4(44k2k)xxyy122223k43k24且x1y2x2y124k(*)

23k4yy13y1,T(3,y1),H(3y16x1,y1). 联立可得2yx223可求得此时HN:yy2y1y2(xx2)，

3y16x1x2将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，

将(*)代入，得24k12k9648k24k4848k24k36k480,

显然成立，

综上，可得直线HN过定点(0,2).

21.

（1）

222f(x)的定义域为(1,)

当a1时,f(x)ln(1x)x,f(0)0,所以切点为xe(0,0)f(x)11xx,f(0)2,所以切线斜率为2

1xe所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y2x

（2）

f(x)ln(1x)ax

exx2ea1x1a(1x)

f(x)xx1xe(1x)e设g(x)ea1xx2

x21若a0,当x(1,0),g(x)ea1x0,即f(x)0

所以f(x)在(1,0)上单调递增,f(x)f(0)0

故f(x)在(1,0)上没有零点,不合题意

x2若1a0,当x(0,),则g(x)e2ax0

所以g(x)在(0,)上单调递增所以g(x)g(0)1a0,即f(x)0

所以f(x)在(0,)上单调递增,f(x)f(0)0

故f(x)在(0,)上没有零点,不合题意

3若a1

(1)当x(0,),则g(x)ex2ax0,所以g(x)在(0,)上单调递增

g(0)1a0,g(1)e0

所以存在m(0,1),使得g(m)0,即f(m)0

当x(0,m),f(x)0,f(x)单调递减

当x(m,),f(x)0,f(x)单调递增

所以

当x(0,m),f(x)f(0)0

当x,f(x)

所以f(x)在(m,)上有唯一零点

又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,)上有唯一零点

(2)当x(1,0),g(x)ea1xx2 设h(x)g(x)ex2ax

h(x)ex2a0

所以g(x)在(1,0)单调递增

1g(1)2a0,g(0)10

e所以存在n(1,0),使得g(n)0

当x(1,n),g(x)0,g(x)单调递减

当x(n,0),g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(0)1a0

又g(1)10

e所以存在t(1,n),使得g(t)0,即f(t)0

当x(1,t),f(x)单调递增,当x(t,0),f(x)单调递减

有x1,f(x)

而f(0)0,所以当x(t,0),f(x)0

所以f(x)在(1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点

即f(x)在(1,0)上有唯一零点

所以a1,符合题意

所以若f(x)在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求a的取值范围为(,1)

（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.

（1）

因l：sin13m0，所以sincosm0，

32213yxm0，

22又因为siny,cosx，所以化简为整理得l的直角坐标方程：3xy2m0

（2）

联立l与C的方程，即将x3cos2t，y2sint代入

3xy2m0中，可得3cos2t2sint2m0，

所以3(12sint)2sint2m0，

化简为6sin2t2sint32m0，

要使l与C有公共点，则2m6sin2t2sint3有解，

令sinta，则a1,1，令f(a)6a2a3，(1≤a≤1)，

22对称轴为a1，开口向上，

6所以f(a)maxf(1)6235，

11219f(a)minf()3，

6666所以192m5

6195m.

122m的取值范围为

[选修4-5：不等式选讲]

23.

（1）

证明：因为a0，b0，c0，则a20，b20，c20，

所以abc32323233333abc，

323232即abc12333111，所以abc，当且仅当a2b2c2，即abc3时取等号．

399（2）

证明：因为a0，b0，c0，

所以bc2bc，ac2ac，ab2ab，

所以abcaa，bbb，ccc

2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc323232323232323232abcabcabc1

bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号．


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