2022年新高考天津卷数学高考真题(解析版)

2023年12月7日发(作者：2019湘潭县数学试卷)

2022年新高考天津卷数学高考真题一、单选题1．设全集U={-2,-1,0,1,2}，集合A0,1,2,B=1,2，则AIðUB（

）1A．0，【答案】AB．0,1,2C．1,1,2D．0,1,1,2【分析】先求出ðUB，再根据交集的定义可求A∩ðUB.，故AIðUB0,1，【详解】ðUB2,0,1故选：A.2．“x为整数”是“2x1为整数”的（

）A．充分不必要条件C．充要条件【答案】A【分析】由当x为整数时，2x1必为整数；当2x1为整数时，x比一定为整数；即可选出答案.【详解】当x为整数时，2x1必为整数；当2x1为整数时，x比一定为整数，例如当2x12时，xB．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件1.2所以“x为整数”是“2x1为整数”的充分不必要条件.故选：A.3．函数fxx21x的图像为（

）A．B．试卷第1页，共17页C．D．【答案】D【分析】分析函数fx的定义域、奇偶性、单调性及其在,0上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】函数fxx21x的定义域为xx0，且fxx21xx21xfx，函数fx为奇函数，A选项错误；又当x0时，fxx21x0，C选项错误；当x1时，fx故选：D.x21xx211x函数单调递增，故B选项错误；xx4．为研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17]，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组，右图是根据试验数据制成的频率分布直方图．已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为（

）A．8B．12C．16试卷第2页，共17页D．18【答案】B【分析】结合已知条件和频率分布直方图求出志愿者的总人数，进而求出第三组的总人数，从而可以求得结果.【详解】志愿者的总人数为20＝50，(0.240.16)1所以第三组人数为50×0.36＝18，有疗效的人数为18－6＝12．故选：B.115．已知a2，b，clog2，则（

）330.70.7A．acb【答案】CB．bcaC．abcD．cab【分析】利用幂函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出a、b、c的大小关系.【详解】因为2故答案为：C.6．化简2log43log83log32log92的值为（

）A．1【答案】B【分析】根据对数的性质可求代数式的值.111【详解】原式(2log23log23)(log32log32)23243log23log322，320.7130.710log21log2，故abc.3B．2C．4D．6故选：Bx2y27．已知抛物线y45x,F1,F2分别是双曲线221(a0,b0)的左、右焦点，抛物ab2线的准线过双曲线的左焦点F1，与双曲线的渐近线交于点A，若F1F2A的标准方程为（

）4，则双曲线x2A．y2110y2B．x1162y2C．x142x2D．y214【答案】C【分析】由已知可得出c的值，求出点A的坐标，分析可得AF1F1F2，由此可得出关试卷第3页，共17页于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程.【详解】抛物线y245x的准线方程为x5，则c5，则F15,0、F25,0，bxcbcyxa，可得不妨设点A为第二象限内的点，联立bc，即点Ac,，ayxca因为AF1F1F2且F1F2A且AF1F1F2，即4，则△F1F2A为等腰直角三角形，bcb2c，可得2，aaba2a1y22所以，c5，解得b2，因此，双曲线的标准方程为x1.4c2a2b2c5故选：C.8．如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（

）A．23【答案】DB．24C．26D．27【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.【详解】该几何体由直三棱柱AFDBHC及直三棱柱DGCAEB组成，作HMCB于M，如图，因为CHBH3,CHB120o，所以CMBM因为重叠后的底面为正方形，所以ABBC33,在直棱柱AFDBHC中，AB平面BHC，则ABHM,由ABBCB可得HM平面ADCB，试卷第4页，共17页333,HM，22设重叠后的EG与FH交点为I,13271381,VAFDBHC=3333=则VIBCDA3333322224则该几何体的体积为V2VAFDBHCVIBCDA2故选：D.812727.4219．已知f(x)sin2x，关于该函数有下列四个说法：2①f(x)的最小正周期为2π；②f(x)在[,]上单调递增；ππ4433ππ,③当x,时，f(x)的取值范围为；44631ππ④f(x)的图象可由g(x)sin(2x)的图象向左平移个单位长度得到．824以上四个说法中，正确的个数为（

）A．1【答案】A【分析】根据三角函数的图象与性质，以及变换法则即可判断各说法的真假．B．2C．3D．412π【详解】因为f(x)sin2x，所以f(x)的最小正周期为Tπ，①不正确；221ππππππ②令t2x,，而ysint在,上递增，所以f(x)在[,]上单调递增，4422222331π2π,，③不正确；,1，所以fx正确；因为t2x,，sint422331π1π1π由于g(x)sin(2x)sin2x，所以f(x)的图象可由g(x)sin(2x)的242824图象向右平移个单位长度得到，④不正确．故选：A．π8试卷第5页，共17页二、填空题10．已知i是虚数单位，化简【答案】15i##5i1【分析】根据复数代数形式的运算法则即可解出．113i的结果为_______．1+2i113i113i12i11625i15i．【详解】1+2i51+2i12i故答案为：15i．311．x2的展开式中的常数项为______.x【答案】1555r3【分析】由题意结合二项式定理可得x2的展开式的通项为TCr3rx2，r15x55令55r0，代入即可得解.253【详解】由题意x2的展开式的通项为Tr1C5rx令x5r55r3rr2C53x2，xr55r1315，0即r1，则C5r3rC5253所以x2的展开式中的常数项为15.x故答案为：15.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.12．若直线xym0m0与圆x1y13相交所得的弦长为m，则m22_____．【答案】2【分析】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于m的等式，即可解得m的值.【详解】圆x1y13的圆心坐标为1,1，半径为3，22试卷第6页，共17页圆心到直线xym0m0的距离为2211m2m，2mm由勾股定理可得23，因为m0，解得m2.2故答案为：2.213．设aR，对任意实数x，记fxminx2,xax3a5．若fx至少有3个零点，则实数a的取值范围为______.【答案】a102【分析】设gxxax3a5，hxx2，分析可知函数gx至少有一个零点，可得出0，求出a的取值范围，然后对实数a的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数a的不等式，综合可求得实数a的取值范围.2【详解】设gxxax3a5，hxx2，由x20可得x2.要使得函数fx至少有3个零点，则函数gx至少有一个零点，则a212a200，解得a2或a10.2①当a2时，gxx2x1，作出函数gx、hx的图象如下图所示：此时函数fx只有两个零点，不合乎题意；②当a2时，设函数gx的两个零点分别为x1、x2x1x2，要使得函数fx至少有3个零点，则x22，a2所以，2，解得a；g245a502③当a10时，gxx10x25，作出函数gx、hx的图象如下图所示：试卷第7页，共17页由图可知，函数fx的零点个数为3，合乎题意；④当a10时，设函数gx的两个零点分别为x3、x4x3x4，要使得函数fx至少有3个零点，则x32，a2可得2，解得a4，此时a10.g24a50综上所述，实数a的取值范围是10,.故答案为：10,.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.三、解答题114．在VABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知a6,b2c,cosA.4(1)求c的值；(2)求sinB的值；(3)求sin(2AB)的值.【答案】(1)c1(2)sinB104108(3)sin(2AB)【分析】（1）根据余弦定理a2b2c22bccosA以及b2c解方程组即可求出；试卷第8页，共17页（2）由（1）可求出b2，再根据正弦定理即可解出；（3）先根据二倍角公式求出sin2A,cos2A，再根据两角差的正弦公式即可求出．122【详解】（1）因为a2b2c22bccosA，即6bcbc，而b2c，代入得264c2c2c2，解得：c1．（2）由（1）可求出b2，而0Aπ，所以sinA1cos2A15，又415ab2bsinA，所以410．sinBsinAsinBa46（3）因为cosA，所以14ππ15Aπ，故0B，又sinA1cos2A，

所以22417151152sin2A2sinAcosA2，cos2A2cosA121，而168844sinB106，所以cosB1sin2B，4415671010sin(2AB)sin2AcosBcos2AsinB故．8484815．直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1ABAC2,AA1AB,ACAB，D为A1B1的中点，E为AA1的中点，F为CD的中点．(1)求证：EF//平面ABC；(2)求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；(3)求平面ACD与平面CC1D所成二面角的余弦值．1【答案】(1)证明见解析(2)(3)451010【分析】（1）以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1C1所在直线分别为x、y、z轴建立试卷第9页，共17页空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得直线BE与平面CC1D夹角的正弦值；（3）利用空间向量法可求得平面ACD与平面CC1D夹角的余弦值.1【详解】（1）证明：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1平面A1B1C1，且ACAB，则A1C1A1B1以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1C1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则A2,0,0、B2,2,0、C2,0,2、A10,0,0、B10,2,0、C10,0,2、D0,1,0、uuur11E1,0,0、F1,,1，则EF0,,1，22uruuururuuurur易知平面ABC的一个法向量为m1,0,0，则EFm0，故EFm，QEF平面ABC，故EF//平面uuruuuur（2）解：C1C2,0,0，C1D0,1,2，EB1,2,0，uvvuuuruCC2x101uuuuvCCDux,y,z设平面1的法向量为，111，则vuC1Dy12z10uuurruuurrrEBu4urr.取y12，可得u0,2,1，cosEB,uuuEBu5因此，直线BE与平面CC1D夹角的正弦值为4.5uuuuruuur（3）解：A1C2,0,2，A1D0,1,0，vvuuurvA1C2x22z20uv设平面ACD的法向量为vx2,y2,z2，则vuuu，1vADy012试卷第10页，共17页rrrrruv110cosu,vrrx1v1,0,1，则取2，可得10，52uv因此，平面ACD与平面CC1D夹角的余弦值为110.1016．设an是等差数列，bn是等比数列，且a1b1a2b2a3b31．(1)求an与bn的通项公式；(2)设an的前n项和为Sn，求证：Sn1an1bnSn1bn1Snbn；k(3)求ak1(1)akbk．k1n1【答案】(1)an2n1,bn22n(2)证明见解析(6n2)4n18(3)9【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；（2）由等比数列的性质及通项与前n项和的关系结合分析法即可得证；2k12k（3）先求得a2k(1)a2k1b2k1a2k1(1)a2kb2k，进而由并项求和可得Tnk4k1，再结合错位相减法可得解.k1n1【详解】（1）设an公差为d，bn公比为q，则an1(n1)d,bnq，n1dq1dq2（dq0舍去）由a2b2a3b31可得，212dq1n1所以an2n1,bn2；（2）证明：因为bn12bn0,所以要证(Sn1an1)bnSn1bn1Snbn，即证(Sn1an1)bnSn12bnSnbn，即证Sn1an12Sn1Sn，即证an1Sn1Sn，而an1Sn1Sn显然成立，所以(Sn1an1)bnSn1bn1Snbn；2k12k（3）因为a2k(1)a2k1b2k1a2k1(1)a2kb2k(4k14k3)22k2[4k1(4k1)]22k12k4k，2k12k所以ak1(1)akbk[(a2k(1)a2k1)b2k1(a2k1(1)a2k)b2k]2nknk1k1试卷第11页，共17页2k4k，k1k设Tn2k4k1nn23n所以Tn2444642n4，234n1则4Tn2444642n4，作差得3Tn2444442n4234nn124(14n)2n4n1143(6n2)4n18所以Tn，9n1(6n2)48a(1)ab.所以k1kk9k126n4n18，2nkx2y217．椭圆221ab0的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足abBFAB3．2(1)求椭圆的离心率e；(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若OMON，且VOMN的面积为3，求椭圆的标准方程．【答案】(1)e63x2y2(2)162【分析】（1）根据已知条件可得出关于a、b的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；（2）由（1）可知椭圆的方程为x23y2a2，设直线l的方程为ykxm，将直线l的222方程与椭圆方程联立，由Δ0可得出3ma13k，求出点M的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得a2的值，即可得出椭圆的方程.BFb2c2a34a23b2a2a23b2，【详解】（1）解：2222AB2babaca2b26.离心率为eaa23（2）解：由（1）可知椭圆的方程为x23y2a2，试卷第12页，共17页易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm，ykxm13k2x26kmx3m2a20，联立222得x3ya22222222由36km413k3ma03ma13k，①xMm3kmykxm，，MM3k2113k2m29k212由OMON可得m3k212，②3km1m3，③213k21x2y2222联立①②③可得k，m4，a6，故椭圆的标准方程为1．362由SVOMN3可得x18．已知a，bR，函数fxeasinx,gxbx(1)求函数yfx在0,f0处的切线方程；(2)若yfx和ygx有公共点，（i）当a0时，求b的取值范围；（ii）求证：a2b2e．【答案】(1)y(1a)x1(2)（i）b（ii）证明见解析2e,；【分析】（1）求出f(0)可求切线方程；（2）（i）当a0时，曲线yf(x)和yg(x)有公共点即为stetbt,t0在0,2上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求b[2e,).x（ii）曲线yf(x)和yg(x)有公共点即asinx0bx0e00，利用点到直线的距离得到ab22e2x，利用导数可证2>e，从而可得不等式成立.sin2x0x0sinxxex0【详解】（1）f(x)exacosx，故f(0)1a，而f(0)1，曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y1ax01即y1ax1.（2）（i）当a0时，

因为曲线yf(x)和yg(x)有公共点，故exbx有解，试卷第13页，共17页设tx，故xt2，故etbt在0,上有解，2设stetbt,t0，故st在0,上有零点，2而st2tetb,t0，若b0，则stet0恒成立，此时st在0,上无零点，22若b0，则st0在0,上恒成立，故st在0,上为增函数，而s010，sts01，故st在0,上无零点，故b0，2t设ut2tetb,t0，则ut24te0，22故ut在0,上为增函数，b而u0b0，ubb2e10，2故ut在0,上存在唯一零点t0，且0tt0时，ut0；tt0时，ut0；故0tt0时，st0；tt0时，st0；所以st在0,t0上为减函数，在t0,上为增函数，故stminst0，因为st在0,上有零点，故st00，故et0bt00，22t0而2t0et0b0，故et02t0e0即t022222，222t设vt2tet,t0，则vt24te0，故vt在0,上为增函数，而b2t0et0，故b2e22e.（ii）因为曲线yf(x)和yg(x)有公共点，所以exasinxbx有解x0，其中x00，若x00，则1a0b0，该式不成立，故x0故asinx0bx0e00，考虑直线asinx0bx0e00，21试卷第14页，共17页x0a2b2表示原点与直线asinx0bx0e0上的动点a,b之间的距离，故ab22e2x0，所以ab，sin2x0x0sin2x0x022ex0下证：对任意x0，总有sinxx，证明：当x当0x22时，有sinx12x，故sinxx成立.时，即证sinxx，设pxsinxx，则pxcosx10（不恒为零），故pxsinxx在0,上为减函数，故pxp00即sinx成立.综上，sinxx成立.下证：当x0时，exx1恒成立，qxex1x,x0，则qxex10，故qx在0,上为增函数，故qxq00即exx1恒成立.e2x下证：2>e在0,上恒成立，即证：e2x1sin2xx，sinxx即证：2x11sin2xx，即证：xsin2x，2而xsinxsinx，故xsin2x成立.故ex0sinx0x02e，即a2b2e成立.【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.四、双空题19．52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为____________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为____________【答案】

11

22117【分析】由题意结合概率的乘法公式可得两次都抽到A的概率，再由条件概率的公式即可求得在第一次抽到A的条件下，第二次抽到A的概率.【详解】由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C,试卷第15页，共17页1PBC221143141PBC,P(B),PC|B.则3PB171311；.22117uuurruuurruuuruuuruuurrr20．在VABC中，CAa,CBb，D是AC中点，CB2BE，试用a,b表示DE为故答案为：uuuruuur___________，若ABDE，则ACB的最大值为____________3r1r【答案】

ba

226rruuura【分析】法一：根据向量的减法以及向量的数乘即可表示出DE，以,b为基底，表uuruurr2r2rr示出AB,DE，由ABDE可得3ba4ba，再根据向量夹角公式以及基本不等式即可求出．法二：以点E为原点建立平面直角坐标系，设E(0,0),B(1,0),C(3,0),A(x,y)，由ABDE可得点A的轨迹为以M(1,0)为圆心，以r2为半径的圆，方程为(x1)2y24，即可根据几何性质可知，当且仅当CA与eM相切时，C最大，即求出．【详解】方法一：uuuruuuruuur3r1ruuuruuuruuurrruuuruuurrrrrDE=CECDba，ABCBCAba,ABDE(3ba)(ba)0，22rrrrr2r223abrab3ba3rr2r2rrcosACBa3brrrrrr，当且仅当时取3ba4ab2ab4ab4ab等号，而0ACBπ，所以ACB(0,]．63r1r故答案为：ba；．226方法二：如图所示，建立坐标系：试卷第16页，共17页uuurrx3yuuuE(0,0),B(1,0),C(3,0),A(x,y)，DE(,),AB(1x,y)，22uuuruuurx3y2DEAB()(x1)0(x1)2y24，所以点A的轨迹是以M(1,0)为圆22心，以r2为半径的圆，当且仅当CA与eM相切时，C最大，此时r21,C．CM4263r1r故答案为：ba；．226sinC试卷第17页，共17页