2022年全国高考理科数学乙卷

2023年12月12日发(作者：怀化初二数学试卷)

绝密★启用前

2022年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学乙

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上.

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CUM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卫星，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，b211

111，2b131) . 则( )

kN*(k1，2，…11，…，依此类推，其中123A.b1b5 B.b3b8 C.b6b2 D.b4b7

5.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.2 B.22

C.3 D.32

开始6.执行右面的程序框图，则输出的n( )

输入a1,b1,n1A.3

bb2aB.4

aba,nn1C.5

D.6

否b2

a220.01

是输出n

结束

2022 第1页 共 4 页

7.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是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A1C1D

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.13 B.12 C.33 D.22

10.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、丙的比赛次序无关 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F31NF25，则C的离心率为( )

A.532 B.

132 C.2 D.172

12.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的图象关于直线x2对称，g(2)4，则k)( )

kf(1A.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π)的最小正周期为T，若f(T)3π2，x9为f(x)的

零点，则的最小值为__________.

16.已知xxx21和xx2分别是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____________________ .

2022 第2页 共 4 页 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为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分

17.(本小题满分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).

(Ⅰ)证明：2a2b2c2；

(Ⅱ)若a5，cosA2531，求ABC的周长.

18.(本小题满分12分)

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

(Ⅰ)证明：平面BED平面ACD；

(Ⅱ)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所成角的正弦值.

D

F

C

EBA

19.(本小题满分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：

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

总和

样本号

i根部横截面积

x

i0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6

材积量

yi0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9

101010并计算x2i0.038，1y2i1.6158，i1xiyi0.2474材积量；

ii1(Ⅰ)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；

(Ⅱ)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)；

(Ⅱ)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树木的总材积量的

估计值.

2022 第3页 共 4 页

n(xix)(yiy)附：相关系数ri1.

nn，1.8961.377(xix)2(yiy)2i1i1

20.(本小题满分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(32,1)两点.

(Ⅰ)求E的方程；

(Ⅱ)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.(本小题满分12分）

已知函数f(x)ln(1x)axex.

(Ⅰ)当a1时，求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

(Ⅱ)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］(本小题满分10分)

在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x3cos2ty2sint(t为参数)，以坐标原点为极点，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π3m0.

(Ⅰ)写出l的直角坐标方程；

(Ⅱ)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］(本小题满分10分)

333已知a，b，c都是正数，且a2b2c21.证明：

(Ⅰ)abc19；

(Ⅱ)abcbacc1ab2abc.

2022 第4页 共 4 页

参考答案

一、选择题

题号

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

答案

C B D B A B D B C A C A

212.解析：令f(x)cosx1x2，则f(x)sinxx，f(x)cosx10，

∴f(x)在(0,14]上递增，

∴f(x)f(0)0，

∴f(x)在(0,14]上递增，

∴f(14)f(0)0，

∴cos1411320，

∴cos131432，即ba，

解法1：令g(x)sinxxcosx，则g(x)xsinx，

当x(0,14]时，g(x)0，g(x)递增，

∴g(14)g(0)0，

∴sin1414cos140，

∴4sin14cos14，即cb，

∴cba，选A.

2022 第5页 共 4 页

2：令h(x)tanxx，则h(x)1cos2解法xcos2x，

当x(0,14]时，h(x)0，h(x)递增，

∴h(14)h(0)0，

∴tan14140，

∴4sin14cos14，即cb，

∴cba，选A.

二、填空题

题号

13 14 15 16

答案

11

3635

3

31

16.解析：设BDx，则

AC24x24x4，AB2x22x4，

∴AC24x24x412(x1)12AB2x22x44(x1)234(x1)3，

(x1)又(x1)3(x1)2(x1)3(x1)23，

当且仅当x133x1，即x31时，(x1)AC(x1)最小，此时AB最小，

∴BDx31.

三、解答题

17.解：(Ⅰ)由2Snnn2an1得，

2Sn2nann2n，

∴2Sn12(n1)an1(n1)2n1，

两式相减得，

2Sn12Sn2(n1)an12nan2n，

2022 第6页 共 4 页 2an12(n1)an12nan2n，

∴cosPD,mPDmPDm335an1an1，

∴an是以1为公差的等差数列.

(Ⅱ)∵a4，a7，a9成等比数列，

5，

5∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为5.

5解法2：(Ⅰ)过点D作DE//CB，则BCDE是平行四边形，

∴a24a9a7，

又∵an是以1为公差的等差数列，

∴a4a73，a9a72，

∴(a73)(a72)a27，

∴a76，

∴a112，

∴ann13，

∴Sn(n25)125625n22(n2)28，

∴当n12或n13时，Sn最小，最小值为78.

.解法1：(Ⅰ)过点D作DE//CB，则BCDE是平行四边形，

∵DCCB1

z∴BCDE是菱形，

P∴BE1，

∴DECB12AB，

∴DADB，如图建立空间直角坐标系.则

P(0,0,3)，A(1,0,0)，

DCB(0,3,0)，

AxEBy∴PA(1,0,3)，BD(0,3,0)，

∴PABD0，

∴BDPA.

(Ⅱ)PD(0,0,3)，AB(1,3,0)

设平面PAB的法向量为m(x,y,z)，则

x3z0，令x3，则m(3,1,1)

x3y02022 第7页 共 4 页

∵DCCB1

∴BCDE是菱形，

∴BE1，

∴DECB12AB，

∴DABD，

∵PD底面ABCD，BD底面ABCD，

∴PDBD，

∵DAPDD，

∵PD平面PAD，

∴PDBD，

即BDPA.

(Ⅱ)取AE中点F，连接DF、PF，过点D作

DHPF，垂足为H.

∵DECB，

∴DEDA，

∴DFAB，

∵PD底面ABCD，AB底面ABCD，

∴PDAB，

∵PDDFD，

∴AB平面PDF，

∵DH平面PDF，

∴ABDH，

∵DHPF，ABPFF，

∴DH平面PAB，

∴DPF就是PD与平面PAB所成的角，

在RtPDF中，PD3，DF32，

2022

PHDCAFEB第8页 共 4 页

18 ∴PFPD2DF2152，

∴sinDPFDFPF55，

∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为55.

19.解：(Ⅰ)设甲学校在三个项目中获胜分别为事件A、B、C，则

P(A)0.5，P(B)0.4，P(C)0.8，

则甲学校获得冠军的概率为

PP(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)

P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(ABC)

0.50.40.20.50.60.80.50.40.80.50.40.80.6，

∴甲学校获得冠军的概率为0.6.

(Ⅱ)X0，10，20，30.

P(X0)P(ABC)0.16，

P(X10)P(ABC)P(ABC)P(ABC)0.44，

P(X20)P(ABC)P(ABC)P(ABC)0.34，

P(X30)P(ABC)0.06

∴X的分布列为

X

0 10 20 30

P

0.16 0.44 0.34 0.06

∴E(X)00.16100.44200.34300.0613.

20.解：(Ⅰ)由已知F(p2,0)，当MD垂直于x轴时，M坐标为M(p,2p)，

∵MF3，

2∴pp22p23，

∴p2，

∴C的方程为y24x.

(Ⅱ)设直线MN的方程为xmy1，直线MD的方程为xny2，

2022 第9页 共 4 页

设M(x1,y1)，N(x2,y2)，A(x3,y3)，B(x4,y4).

将xmy1代入C的方程得，

y24my40，

∴y1y24，

将xny2代入C的方程得，

y24ny80，

∴y1y38，

同理y2y48，y3y416，

∴y24y，y83y，y42y1，

11①当x时，y22，y221x21y243y416，此时，x3x4，π2，π2，0，

②当x1x2时，tany2y1xy2y144y12x1y222，

2y1y1y2y1444同理tan4yy2y1，令ty122(t0)，则tan4t，tan2t34y14y14∴tan()tantan1tantan2t18t2，

当t0时，tan0，tan0，ππ22

又tan()2t18t20，所以π20

当t0时，tan0，tan0，π2π2

又tan()2t18t20，所以0π2

此时，tan()212124，

t8t2t8t当且仅当18t，即t2t4时，tan()最大，此时最大，

2022 第10页 共 4 页

当最大时24y18y2，又y3，y42y1，14y

1∴y22342y3160，y442y4160，

∵yy23，y4是方程42y160的两根，

∴y3y442，y3y416，

∴y223y4(y3y4)22y3y464，

y22∴x3y43x424428，

∴AB中点为(8,22)，又AB斜率为k4y2，

3y42∴AB方程为y2222(x8)，即x2y40.

21.解法1：(Ⅰ)f(x)ex(x1)x21x1(x1)(exx21)，

当0x1时，f(x)0，f(x)单调递减，

当x1时，f(x)0，f(x)单调递增.

∴f(x)最小值为f(1)e1a0，

∴ae1，

∴a的取值范围是(,e1].

(Ⅱ)不妨设x1x2，由f(x1)f(x2)0及f(x)单调性知0x11x2，x1x11x21x，

2又x1(0,1)，1x(0,1)，f(x)在(0,1)上单调递减，

2∴x11x21xxf(x)f11112x2f(x2)fx2

f(x12)fx0，

2令g(x)f(x)f1x，则

2022 第11页 共 4 页

g(x)x11x2exx1xex，

111令h(x)exx1xex，则h(x)exex11xex，

当x1时，x11xx，eex，

∴h(x)0，h(x)单调递增，

∴h(x)h(1)0

g(x)x1x2h(x)0，g(x)单调递增，

∴g(x2)g(1)0，

∴f(x12)fx0，

2∴x1x21.

解法3：(Ⅰ)略

(Ⅱ)不妨设x1x2，由f(x1)f(x2)0及f(x)单调性知0x11x2，

f(x1)f(x2)得，

ex1ex2ex1ex1xxxex2exln21x1aln2x2alnxln，1x2x11x2x2tex1ex2令1x，t21x，则t1lnt1t2lnt2，

2令g(x)xlnx，则g(t1)g(t2)，又g(x)在(0,)上单调递增，

ex1ex2∴t1t2，即x，

1x2(x)ex令hx，则h(xex(x1)1)h(x2)，h(x)x2，

∴0x1时，h(x)0，h(x)单调递减，

x1时，h(x)0，h(x)单调递增，

∴x11x21x21xh(x2)hh11x1(x1)hx1

h(x11)hx0，

1 2022 第12页 共 4 页

令p(x)h(x)h1x，

则p(x)ex(x1)1x11x(xx2xe1)x2(exxex)，

11令q(x)exxex，则q(x)ex1xxex，

∴0x1时，q(x)0，

∴0x1时，q(x)q(1)0，

∴p(x)0，∴p(x)单调递增。

∴p(x1)p(1)0，

∴h(x11)hx0，1

∴x1x21.

解法4：(Ⅰ)略

(Ⅱ)不妨设x1x2，由f(x1)f(x2)0及f(x)单调性知0x11x2，

f(x1)f(x2)得，

ex1ex2ex1exxlnxlnx1ex2ex21x1a2x2alnln，1x2x1x1x2x2x1x2令te1x，te2，则t1lnt1t2lnt2，

1x2令g(x)xlnx，则g(t1)g(t2)，又g(x)在(0,)上单调递增，

ex1ex2∴t1t2，即xx，两边取对数得

12xlne1xlne2xx1lnx1x2lnx2，

1x2令h(x)xlnx，则h(x(x)x11)h(x2)，hx，

∴0x1时，h(x)0，h(x)单调递减，

x1时，h(x)0，h(x)单调递增，

∴x11x21x2xh(x2)h11x1h(x11)hx1

h(x11)hx0

12022 第13页 共 4 页

令p(x)h(x)h1(x1)2x，则p(x)x20，

∴p(x)在(0,)上单调递增，

∴p(x1)p(1)0，

∴h(x11)hx0，

1∴x1x21.

解法5：(Ⅰ)略

(Ⅱ)不妨设x1x2，由f(x1)f(x2)0及f(x)单调性知0x11x2，

f(x1)f(x2)得，

ex1exxlnx2xxex1ex21x1aln2x2alnx1x1lnx2x2，12x1x2xex1elnx1x1lnx1e2elnx1x2lnx2

ex1lnx1xlnx1lnx1ex22x2lnx2

令txtt1x1ln1，t2x2lnx2，则e1t1e2t2，

令g(x)exx，则g(t1)g(t2)，又g(x)在(0,)上单调递增，

∴t1t2，即x1lnx1x2lnx2，

令h(x)xlnx，则h(xx11)h(x2)，h(x)x，

∴0x1时，h(x)0，h(x)单调递减，

x1时，h(x)0，h(x)单调递增，

∴x1x21x1xh(xh(x1212)h1)hx

1x11h(x11)hx0

1令p(x)h(x)h1(x1)2x，则p(x)x20，

∴p(x)在(0,)上单调递增，

∴p(x1)p(1)0，

∴h(x11)hx10，

2022 第14页 共 4 页

讲座前

∴x1x21.

∴2tx6得， 22.解：(Ⅰ)由yt2y22

x，即y6x2，

611，

a4c321111∴(a4c)a4c9，

acca∴119193，

aca4c3C6x2.

∴11的普通方程为y2a1c3.

(Ⅱ)C22的普通方程为y6x2.

C3的直角坐标方程为2xy0，

联立y26x210，解得2xyx12或x2，

yy1联立y26x2，解得2xy0x11y2或x2，

y1∴C13与C1交点的直角坐标是(1,2)或(2,1)，

∴C13与C2交点的直角坐标是(1,2)或(2,1).

23.解：(Ⅰ)由柯西不等式得，

(ab2c)2(a2b24c2)(121212)9，

∴3ab2c3

∴ab2c3.

(Ⅱ)证1：∵b2c，

∴a28c23，

又∵a，b，c均为正数，

11a21111a2∴2a2a22c2c4c2331132a2a2332c2c4c223，

∴11a28c2ac2323.

∴1a1c3.

证2：当b2c时，由(Ⅰ)得a4c3，

∵a，b，c均为正数，

2022 第15页 共 4 页 2022 第16页 共 4 页