【高考真题】2022年高考数学真题试卷（新高考全国Ⅱ卷）（附解析）

【高考真题】2022年高考数学真题试卷（新高考全国Ⅱ卷）所以，故.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合故答案为：D题目要求的。【分析】设，可得关于的方程求解即可.1．已知集合，则（　　）4．已知，若，则（　　）A．B．C．D．A．-6B．-5C．5D．6【答案】B【答案】C【知识点】交集及其运算【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角【解析】【解答】，故.故答案为：B【解析】【解答】解：由已知条件可得，，即，【分析】先求出集合B，再根据交集的概念求即可.解得，2．（　　）故答案为：C【分析】利用向量的坐标运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求解.A．B．C．D．5．有甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有多少种【答案】D（　　）【知识点】复数代数形式的乘除运算A．12种B．24种C．36种D．48种【解析】【解答】，【答案】B故答案为：D【知识点】排列、组合的实际应用【分析】根据复数代数形式的乘法法则即可求解.【解析】【解答】因为丙丁相邻，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列，有种排3．中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现．如图是某古建筑物的剖面图，列方式；甲不在两端，则甲在三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式.故答案为：B，若是公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解.0.725，则（　　）6．若，则（　　）A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9【答案】DA．B．【知识点】等差数列C．D．【解析】【解答】设，则，【答案】C【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系根据题意，有，且，【解析】【解答】根据两角和的正弦、余弦公式化简已知式子得：n，所以函数一个周期为6．即：，因为，，即：，，，，所以所以，一个周期内的．由于22除以6余4，故答案为：C所以．【分析】由两角和差的正、余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.7．正三棱台高为1，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（　　）故答案为：AA．100πB．128πC．144πD．192π【分析】根据题意赋值即可知函数的一个周期为6，求出函数一个周期中的【答案】A的值，即可求解．【知识点】棱台的结构特征；球的体积和表面积二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。【解析】【解答】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即9．函数的图象以中心对称，则（　　），设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，A．在单调递减，故或，即或，解得，所以球的表面积为．B．在有2个极值点故答案为：AC．直线是一条对称轴【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而求出球的表面积．D．直线是一条切线8．若函数的定义域为R，且，则（　　）【答案】A,D【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数A．-3B．-2C．0D．1的单调性【答案】A【解析】【解答】由题意得：，所以，，【知识点】抽象函数及其应用；函数的周期性【解析】【解答】因为，令可得，，即，所以，令可得，，即，所以函数为又，所以时，，故．偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，n对于A：当时，，由正弦函数图象知在，A符合题意；上是单调递减；对于B：由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得对于B：当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；，设，则，则，代入抛物线得对于C：当时，，，直线不是对称轴；，解得，则，对于D：由得：，则，B不符合题意；解得或，对于C：由抛物线定义知：，C符合题意；从而得：或，对于D：，则为钝角，所以函数在点处的切线斜率为，又，则为钝切线方程为：即．角，故答案为：AD又，则，D符合题意.【分析】先根据已知条件求出的值，从而求得函数得解析式，再根据三角函数的故答案为：ACD.性质逐个判断各选项，即可得解．【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线10．已知O为坐标原点，过抛物线的焦点F的直线与C交于A，B两点，点A在第一象限，点，若，则（　　）的方程，联立抛物线方程求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出A．直线的斜率为B．即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断C．D．D选项.【答案】A,C,D11．如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥【知识点】向量在几何中的应用；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系，，的体积分别为，则（　　）【解析】【解答】对于A：易得，由可得点在的垂直平分线上，则点A．B．C．D．横坐标为，代入抛物线可得，则，直线的斜率为【答案】C,Dn【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积因为变形可得，设，所以【解析】【解答】设，因为平面，，则，，连接交，因此于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，所以当时满足等式，但是不成立，所以D，不符合题意．则，，故答案为：BC【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项．，则，，，三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知随机变量X服从正态分布，且，则则，则，，，A、B不符合题意；C、D符合题意.　．故答案为：CD【答案】0.14【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由【知识点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义【解析】【解答】因为，所以，因此计算出，依次判断选项即可.．12．对任意x，y，，则（　　）故答案为：0.14A．B．C．D．【分析】根据正态分布曲线的性质即可求解．【答案】B,C14．写出曲线过坐标原点的切线方程：　　，　　．【知识点】基本不等式【答案】；【解析】【解答】根据（R），可变形为，【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【解答】解：因为，当时，设切点为，由，所以，解得，当且仅当时，，当且仅当，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得时，，所以A不符合题意，B符合题意；，所以切线方程为，即；可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C符合题意；当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为n【解析】【解答】解：记的中点为，因为，所以，，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程设，，则，，为，即；故答案为：所以，即【分析】分和两种情况讨论，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求所以，即，设直线，，，出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求切线方程，当时同理求解即可.令得，令得，即，，所以，15．已知点，若直线关于的对称直线与圆存在公共点，则实数a的取值范围为　　．即，解得或（舍去），【答案】又，即，解得或（舍去），【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程；直线与圆的位置关系【解析】【解答】解：因为关于对称点的坐标为，在直线所以直线，即；上，所以所在直线即为直线，所以直线为，即故答案为：；根据圆方程可得圆心，半径，【分析】记的中点为，设，，利用点差法得到，设直线依题意知圆心到直线的距离，，，，结合已知条件求出、的坐标，再根据求出、，即可求得直线方程.即，解得，即.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．故答案为：（1）证明：；【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离（2）求集合中元素个数．小于等于半径得到不等式，求解即可.【答案】（1）证明：设数列的公差为，所以，，即可解得，16．已知椭圆，直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于M，N两点，，所以原命题得证．且，则直线l的方程为　　．（2）解：由（1）知，【答案】由知：【知识点】椭圆的应用；直线与圆锥曲线的关系n即，即，（2）由正弦定理得，即可求解.因为，故，解得19．在某地区进行流行病调查，随机调查了100名某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据频率分布直方故集合中元素的个数为9个.图．【知识点】集合中元素个数的最值；等差数列；等比数列（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；【解析】【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；（2）估计该地区一人患这种疾病年龄在区间的概率；（2）根据题意化简可得，即可解出．（3）已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的18．记的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形16%，从该地区任选一人，若此人年龄位于区间，求此人患该种疾病的概率．（样本数据中的患者年的面积依次为，已知．龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）【答案】（1）解：平均年龄（1）求的面积；（岁）（2）若，求b．（2）解：设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20，70）}，则（3）设B={任选一人年龄位于区间}，C={任选一人患这种族病}，【答案】（1）解：∵边长为a的正三角形的面积为，则由条件概率公式，得∴，即，【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；互斥事件与对立事件；条件概率与独立事件由得：，【解析】【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；（2）设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20，70）}，根据对立事件的概率公式即可解∴出；（3）根据条件概率公式即可求出．故.20．如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．（1）求证：平面；（2）解：由正弦定理得：，故.（2）若，，，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用所以、，【解析】【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平又，所以，即，所以，又，即，所以，，方关系求得，再由面积公式求解即可；n所以三角函数的基本关系计算可得；所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以21．设双曲线的右焦点为，渐近线方程为．，又平面，平面，（1）求C的方程；所以平面（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且（2）解：过点作，以AB为轴，AC为轴，AF为z轴建立如图所示的空问直角坐标．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，请从下面系.①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立：因为，由(1)，①M在上；②；③．义，所以，，所以，，注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.，设，则，【答案】（1）解：由题意可得，故.因此C的方程为.平面AEB的法向量设为，所以（2）解：由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；，所以，设，则，所以：若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点，此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不平面AEC的法向量设为，所以符；总之，直线的斜率存在且不为零.，所以，设，则，阦以：设直线的斜率为，直线方程为，则条件①在上，等价于；所以两渐近线的方程合并为，二面角的平面角为，则，所以二面角的正弦值为联立消去y并化简整理得：。设，线段中点为，则【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量求平面间的夹角，【解析】【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可设，得证；则条件③等价于，（2）过点作，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角移项并利用平方差公式整理得：n，选①②推③：由①②解得：，∴③成立；，即，选①③推②：即；由①③解得：，，由题意知直线的斜率为，直线的斜率为，∴，∴②成立；∴由，选②③推①：∴，由②③解得：，，∴，所以直线的斜率，∴，∴①成立.直线，即，【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的关系代入双曲线的方程，即中，【解析】【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；得：，（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k，M(x0，y0)，由③|AM|=|BM|等价解得的横坐标：，分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得同理：，到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在上，等价于∴，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.22．已知函数．∴，（1）当时，讨论的单调性；∴条件②等价于，（2）当时，，求a的取值范围；综上所述：（3）设，证明：．条件①在上，等价于；条件②等价于；【答案】（1）解：解：当时，单调递减；条件③等价于；当吋，单调递增.n（2）令（2）设，求出，令，先讨论时题设中的不等式不成立，对恒成立再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.又（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成令立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.则①若，即所以，使得当时，有单调递增，矛盾②若，即时，在上单调递减，，符合题意.综上所述，实数a的取值范围足.（3）证明：取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.