2023年12月7日发(作者：数学试卷答题示范视频教程)

2022年新高考北京卷数学高考真题一、单选题1．已知全集U{x3x3}，集合A{x2x1}，则ðUA（

）A．(2,1]B．(3,2)U[1,3)D．(3,2]U(1,3)【答案】D【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：ðUA{x|3x2或1x3}，即ðUA(3,2]U(1,3)，故选：D．C．[2,1)2．若复数z满足iz34i，则z（

）A．1【答案】B【分析】利用复数四则运算，先求出z，再计算复数的模．【详解】由题意有z故选：B．34i34ii43i，故|z|iiiB．5C．7D．2543225．3．若直线2xy10是圆(xa)2y21的一条对称轴，则a（

）A．2【答案】A【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2a010，解得a1B．12C．1D．11．2故选：A．4．已知函数f(x)1，则对任意实数x，有（

）12xA．f(-x)+f(x)=0B．f(x)f(x)0试卷第1页，共18页C．f(x)f(x)1【答案】CD．f(x)f(x)13【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误．112x1【详解】fxfx1，故A错误，C正确；12x12x12x12x112x12x12，不是常数，故BD错误；fxfx112x12x12x12x2x12x1故选：C．5．已知函数f(x)cos2xsin2x，则（

）A．f(x)在,上单调递减26C．f(x)在0,上单调递减3B．f(x)在,上单调递增4127D．f(x)在,上单调递增412【答案】C【分析】化简得出fxcos2x，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fxcosxsinxcos2x.对于A选项，当错；对于B选项，当2x6时，2x，则fx在,上单调递增，A3264x12时，22x，则fx在,上不单调，B错；6412对于C选项，当0x对于D选项，当故选：C.3时，02x2，则fx在0,上单调递减，C对；334x777时，2x，则fx在,1226412上不单调，D错.6．“an为递增数列”是“存在正整数N0，设an是公差不为0的无穷等差数列，则当nN0时，an0”的（

）A．充分而不必要条件C．充分必要条件【答案】C【分析】设等差数列an的公差为d，则d0，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.试卷第2页，共18页B．必要而不充分条件D．既不充分也不必要条件【详解】设等差数列an的公差为d，则d0，记x为不超过x的最大整数.若an为单调递增数列，则d0，若a10，则当n2时，ana10；若a10，则ana1n1d，由ana1n1d0可得n1a1a，取N0111，则当nN0时，an0，dd所以，“an是递增数列”“存在正整数N0，当nN0时，an0”；若存在正整数N0，当nN0时，an0，取kN且kN0，ak0，假设d0，令anaknkd0可得nkaka，且kkk，ddak当nk1时，an0，与题设矛盾，假设不成立，则d0，即数列an是递增d数列.所以，“an是递增数列”“存在正整数N0，当nN0时，an0”.所以，“an是递增数列”是“存在正整数N0，当nN0时，an0”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（

）A．当T220，P1026时，二氧化碳处于液态B．当T270，P128时，二氧化碳处于气态C．当T300，P9987时，二氧化碳处于超临界状态D．当T360，P729时，二氧化碳处于超临界状态试卷第3页，共18页【答案】D【分析】根据T与lgP的关系图可得正确的选项.【详解】当T220，P1026时，lgP3，此时二氧化碳处于固态，故A错误.当T270，P128时，2lgP3，此时二氧化碳处于液态，故B错误.当T300，P9987时，lgP与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，对应的是非超临界状态，故C错误.当T360，P729时，因2lgP3,

故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确.故选：D44328．若(2x1)a4xa3xa2xa1xa0，则a0a2a4（

）A．40【答案】BB．41C．40D．41【分析】利用赋值法可求a0a2a4的值.【详解】令x1，则a4a3a2a1a01，令x=1，则a4a3a2a1a0381，故a4a2a0故选：B.18141，249．已知正三棱锥PABC的六条棱长均为6，S是VABC及其内部的点构成的集合．设集合TQSPQ5，则T表示的区域的面积为（

）A．34B．C．2D．3【答案】B5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【分析】求出以P为球心，试卷第4页，共18页【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BO623，故PO361226.32因为PQ5，故OQ1，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2336，43136故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为故选：B10．在VABC中，AC3,BC4,C90．P为VABC所在平面内的动点，且PC1，uuuruuur则PAPB的取值范围是（

）A．[5,3]【答案】DB．[3,5]C．[6,4]D．[4,6]uuuruuur【分析】依题意建立平面直角坐标系，设Pcosθ,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C0,0，A3,0，B0,4，试卷第5页，共18页因为PC1，所以P在以C为圆心，1为半径的圆上运动，设Pcosθ,sinθ，0,2，uuuruuurPBPA3cos,sin，cos,4sin，所以uuuruuur所以PAPBcos3cos4sinsincos23cos4sinsin213cos4sin15sin，其中sin，cos，uuuruuur因为1sin1，所以415sin6，即PAPB4,6；故选：D3545

二、填空题11．函数f(x)11x的定义域是_________．x【答案】,00,1【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；【详解】解：因为fx1x011x，所以，解得x1且x0，x0x故函数的定义域为,00,1；试卷第6页，共18页故答案为：,00,1x2312．已知双曲线y1的渐近线方程为yx，则m__________．m32【答案】3【分析】首先可得m0，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；x2x22【详解】解：对于双曲线y1，1，所以m0，即双曲线的标准方程为ymm2x23则a1，bm，又双曲线y1的渐近线方程为yx，m32所以13a3，即，解得m3；3mb3故答案为：313．已知数列an各项均为正数，其前n项和Sn满足anSn9(n1,2,L)．给出下列四个结论：①an的第2项小于3；

②an为等比数列；③an为递减数列；

④an中存在小于其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④【分析】推导出an1的项．10099，求出a1、a2的值，可判断①；利用反证法可判断②④；anan1利用数列单调性的定义可判断③.【详解】由题意可知，nN，an0，2当n1时，a19，可得a13；当n2时，由Sn9999可得Sn1，两式作差可得an，an1anan1an9992aa23，整理可得a23a290，所以，n，则an1ana2353因为a20，解得a23，①对；29812假设数列an为等比数列，设其公比为q，则a2a1a3，即，SSS2132试卷第7页，共18页2222所以，S2S1S3，可得a11qa11qq，解得q0，不合乎题意，2故数列an不是等比数列，②错；当n2时，an③对；假设对任意的nN，an所以，a1000009S1000009an1an990，可得anan1，所以，数列an为递减数列，anan1anan1111000，，则S10000010000010010091，与假设矛盾，假设不成立，④对.1000100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14．在VABC中，sin2C3sinC．(1)求C；(2)若b6，且VABC的面积为63，求VABC的周长．【答案】(1)(2)6+636【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；（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VABC的周长.【详解】（1）解：因为C0,，则sinC0，由已知可得3sinC2sinCcosC，可得cosC3，因此，C.6213absinCa63，解得a422（2）解：由三角形的面积公式可得SVABC3.由余弦定理可得c2a2b22abcosC48362436312，c223，试卷第8页，共18页所以，VABC的周长为abc636.15．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1平面ABB1A1，ABBC2，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：ABMN；条件②：BMMN．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【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面BCC1B1，从而可证MN//平面BCC1B1.（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，利用空间向量可求线面角的正弦值.【详解】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，由三棱柱ABC-A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，而B1MMA1,BKKA，则MK//BB1，而MK平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1，故MK//平面BCC1B1，而CNNA,BKKA，则NK//BC，同理可得NK//平面BCC1B1，试卷第9页，共18页而NKIMKK,NK,MK平面MKN，故平面MKN//平面BCC1B1，而MN平面MKN，故MN//平面BCC1B1，（2）因为侧面BCC1B1为正方形，故CBBB1，而CB平面BCC1B1，平面CBB1C1平面ABB1A1，平面CBB1C1平面ABB1A1BB1，故CB平面ABB1A1，因为NK//BC，故NK平面ABB1A1，因为AB平面ABB1A1，故NKAB，若选①，则ABMN，而NKAB，NKIMNN，故AB平面MNK，而MK平面MNK，故ABMK，所以ABBB1，而CBBB1，CBABB，故BB1平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，uuuruuuruuuurBA0,2,0,BN1,1,0,BM0,1,2，故r设平面BNM的法向量为nx,y,z，uuuvvrnBN0xy0uuuuv则v，从而，取z1，则n2,2,1，y2z0nBM0设直线AB与平面BNM所成的角为，则ruuur42sincosn,AB.233若选②，因为NK//BC，故NK平面ABB1A1，而KM平面MKN，故NKKM，而B1MBK1,NK1，故B1MNK，而B1BMK2，MBMN，故VBB1MVMKN，所以BB1MMKN90，故A1B1BB1，而CBBB1，CBABB，故BB1平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，uuuruuuruuuur故BA0,2,0,BN1,1,0,BM0,1,2，r设平面BNM的法向量为nx,y,z，试卷第10页，共18页vvuuurnxy0BN0uuuuvn则v，从而，取z1，则2,2,1，y2z0nBM0设直线AB与平面BNM所成的角为，则ruuur42sincosn,AB.23350m以上16．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）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、（含9．乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；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？（结论不要求证明）【答案】(1)0.4(2)75(3)丙【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.试卷第11页，共18页【详解】（1）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（2）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A3P(X0)P(A1A2A3)0.60.50.53，20P(X1)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)0.40.50.50.60.50.50.60.50.58，20P(X2)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)0.40.50.50.40.50.50.60.50.5P(X3)P(A1A2A3)0.40.50.52.207，20∴X的分布列为XP0720∴E(X)038727123202020205（3）丙夺冠概率估计值最大.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9.80的概率为1，甲获得411，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610赛次数越多，对丙越有利.x2y217．已知椭圆：E:221(ab0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为23．ab(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)y214(2)k4试卷第12页，共18页b11【分析】（）依题意可得2c23，即可求出a，从而求出椭圆方程；c2a2b2（2）首先表示出直线方程，设Bx1,y1、Cx2,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MNxNxM得到方程，解得即可；【详解】（1）解：依题意可得b1，2c23，又c2a2b2，x2所以a2，所以椭圆方程为y21；4（2）解：依题意过点P2,1的直线为y1kx2，设Bx1,y1、Cx2,y2，不妨令2x1x22，y1kx22222由x2，消去y整理得14kx16k8kx16k16k0，2y14所以16k28k414k216k216k0，解得k0，216k216k16k28k所以x1x2，x1x2，14k214k2y11xx，令y0，解得xM1，直线AB的方程为y11y1x1直线AC的方程为y1y21xx，令y0，解得xN2，1y2x2所以MNxNxMx2x11y21y1x2x11kx2211kx121x2x1kx22kx12x22x1x2x12kx22x122x1x2kx22x122，所以x1x2kx22x12，即x1x224x1x2kx2x12x2x14试卷第13页，共18页16k216k16k28k16k28k16k216k即4k24222214k14k14k14k即2814k22k2k14k2k2k2k22216k16k216k8k414k14k2整理得8k4k，解得k418．已知函数f(x)exln(1x)．(1)求曲线yf(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(st)f(s)f(t)．【答案】(1)yx(2)g(x)在[0,)上单调递增.(3)证明见解析【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(xt)f(x)，(x,t0)，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.【详解】（1）解：因为f(x)exln(1x)，所以f00，即切点坐标为0,0，x又f(x)e(ln(1x)1)，1x∴切线斜率kf(0)1∴切线方程为：yxx（2）解：因为g(x)f(x)e(ln(1x)1)，

1xx所以g(x)e(ln(1x)21)，1x(1x)2令h(x)ln(1x)21，1x(1x)2122x210，

则h(x)1x(1x)2(1x)3(1x)3∴h(x)在[0,)上单调递增，∴h(x)h(0)10试卷第14页，共18页∴g(x)0在[0,)上恒成立，∴g(x)在[0,)上单调递增.（3）解：原不等式等价于f(st)f(s)f(t)f(0)，令m(x)f(xt)f(x)，(x,t0)，即证m(x)m(0)，∵m(x)f(xt)f(x)extln(1xt)exln(1x)，extexxm(x)eln(1xt)eln(1x)g(xt)g(x)，1xt1x1x)在0,上单调递增，由（2）知g(x)f(x)e(ln(1x)1xxt∴g(xt)g(x)，∴m(x)0∴m(x)在0,上单调递增，又因为x,t0，∴m(x)m(0)，所以命题得证.19．已知Q:a1,a2,L,ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n{1,2,L,m}，在Q中存在ai,ai1,ai2,L,aij(j0)，使得aiai1ai2Laijn，则称Q为m连续可表数列．(1)判断Q:2,1,4是否为5连续可表数列？是否为6连续可表数列？说明理由；(2)若Q:a1,a2,L,ak为8连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若Q:a1,a2,L,ak为20连续可表数列，且a1a2Lak20，求证：k7．【答案】(1)是5连续可表数列；不是6连续可表数列．(2)证明见解析．(3)证明见解析．【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑k3不符合，再列举一个k4合题即可；（3）k5时，根据和的个数易得显然不行，再讨论k6时，由a1a2La620可知里面必然有负数，再确定负数只能是1，然后分类讨论验证不行即可．【详解】（1）a21，a12，a1a23，a34，a2a35，所以Q是5连续可表试卷第15页，共18页数列；易知，不存在i,j使得aiai1Laij6，所以Q不是6连续可表数列．（2）若k3,设为Q:a,b,c,则至多ab,bc,abc,a,b,c，6个数字，没有8个，矛盾；当k4时,数列Q:1,4,1,2，满足a11，a42，a3a43，a24，a1a25，a1a2a36，a2a3a47，a1a2a3a48，

kmin4．2（3）Q:a1,a2,L,ak，若ij最多有k种，若ij，最多有Ck种，所以最多有kC2kkk1种，255115个数，矛盾,26(61)21个数，2若k5，则a1,a2,…,ak至多可表从而若k<7,则k6，a,b,c,d,e,f至多可表而abcdef20，所以其中有负的，从而a,b,c,d,e,f可表1~20及那个负数（恰

21个），这表明a~f中仅一个负的，没有0，且这个负的在a~f中绝对值最小，同时a~f中没有两数相同,设那个负数为m(m1)

，则所有数之和m1m2Lm5m4m15，4m1519m1，{a,b,c,d,e,f}{1,2,3,4,5,6}，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，Q112

（仅一种方式），1与2相邻，若1不在两端,则\"x,1,2,__,__,__\"形式，若x6，则56(1)（有2种结果相同，方式矛盾），x6，

同理x5,4,3

，故1在一端，不妨为\"1,2,A,B,C,D\"形式，若A3,则523

（有2种结果相同，矛盾），A4同理不行，A5，则6125

（有2种结果相同，矛盾），从而A6，由于7126,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能1,2,6,3,5,4，①或1,2,6,4,5,3，②这2种情形，对①：96354，矛盾，对②：82653，也矛盾，综上k6，当k7时，数列1,2,4,5,8,2,1满足题意，k7．【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为m可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从1到m中间的任意一个值．本题第二问k3时，通过和值可能个数否定k3；第三问先通过和值的可能个数否定k5，再验证k6时，数列中试卷第16页，共18页的几项如果符合必然是{1,2,3,4,5,6}的一个排序，可验证这组数不合题．四、双空题20．若函数f(x)Asinx3cosx的一个零点为________．【答案】 1

2，则A________；f312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()A0，∴A1322π∴f(x)sinx3cosx2sin(x)3f(ππππ)2sin()2sin2121234故答案为：1，2ax1,xa,21．设函数fxa若f(x)存在最小值，则a的一个取值为________；2x2,xa.的最大值为___________．【答案】 0（答案不唯一） 1【分析】根据分段函数中的函数yax1的单调性进行分类讨论，可知，a0符合条件，a<0不符合条件，a0时函数yax1没有最小值，故f(x)的最小值只能取y(x2)2的最小值，根据定义域讨论可知a210或a21a2，

解得

20a1.1,x0【详解】解：若a0时，f(x){，∴f(x)min0；(x2)2,x0若a<0时，当xa时，f(x)ax1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a0时，当xa时，f(x)ax1单调递减，f(x)f(a)a21，0(0a2)当xa时，f(x)min{(a2)2(a2)2∴a210或a21，（a2）试卷第17页，共18页解得0a1，综上可得0a1；故答案为：0（答案不唯一），1试卷第18页，共18页


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