2022年全国统一高考理科数学解析（全国乙卷）.docx

绝密★启用前 2022年普通高等学校招生全国统一考试 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，集合M满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先写出集合,然后逐项验证即可 【详解】由题知,对比选项知，正确,错误 故选: 2. 已知，且，其中a，b为实数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可 【详解】 由,得,即 故选: 3. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可. 【详解】解：∵， 又∵ ∴9， ∴ 故选：C. 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：，，，…，依此类推，其中．则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解. 【详解】解：因为， 所以，，得到， 同理，可得， 又因为， 故，； 以此类推，可得，，故A错误； ，故B错误； ，得，故C错误； ，得，故D正确. 故选：D. 5. 设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案. 【详解】由题意得，，则， 即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为， 不妨设点在轴上方，代入得，， 所以 故选：B 6. 执行下边的程序框图，输出的（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据框图循环计算即可. 【详解】执行第一次循环，， ， ； 执行第二次循环，， ， ； 执行第三次循环，， ， ，此时输出. 故选：B 7. 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ） A. 平面平面 B. 平面平面 C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】A 【解析】 【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 【详解】解：在正方体中， 且平面， 又平面，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取， 同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 则， 所以平面与平面不垂直，故B错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故C错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故D错误， 故选：A. 8. 已知等比数列的前3项和为168，，则（ ） A. 14 B. 12 C. 6 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解. 【详解】解：设等比数列的公比为， 若，则，与题意矛盾， 所以， 则，解得， 所以. 故选：D. 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. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值. 【详解】设该四棱锥底面四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r， 设四边形ABCD对角线夹角为， 则 （当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立） 即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为 又 则 当且仅当即时等号成立， 故选：C 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，且．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 【答案】D 【解析】 【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决 【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛，且连胜两盘的概率为 则 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为 则 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为 则 则 即，， 则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误； 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误. 故选：D 11. 双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，可判断在双曲线的右支，设，，即可求出，，，在中由求出，再由正弦定理求出，，最后根据双曲线的定义得到，即可得解； 【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为， 所以，因为，所以在双曲线的右支， 所以，，，设，， 由，即，则，，， 在中， ， 由正弦定理得， 所以， 又， 所以，即， 所以双曲线的离心率 故选：C 12. 已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解. 【详解】因为的图像关于直线对称， 所以， 因为，所以，即， 因为，所以， 代入得，即， 所以， . 因为，所以，即，所以. 因，所以，又因为， 联立得，， 所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R， 所以 因为，所以. 所以. 故选：D 【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题. 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____________． 【答案】##0.3 【解析】 【分析】根据古典概型计算即可 【详解】从5名同学中随机选3名的方法数为 甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率 故答案为： 14. 过四点中的三点的一个圆的方程为____________． 【答案】或或或； 【解析】 【分析】设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可； 【详解】解：依题意设圆的方程为， 若过，，，则，解得， 所以圆的方程为，即； 若过，，，则，解得， 所以圆的方程为，即； 若过，，，则，解得， 所以圆的方程为，即； 若过，，，则，解得， 所以圆的方程为，即； 故答案为：或或或； 15. 记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解； 【详解】解： 因为，（，） 所以最小正周期，因为， 又，所以，即， 又为的零点，所以，解得， 因为，所以当时； 故答案为： 16. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】由分别是函数的极小值点和极大值点，可得时，，时，，再分和两种情况讨论，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案. 【详解】解：， 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 所以当时，，当时，， 若时， 当时，， 则此时，与前面矛盾， 故不符合题意， 若时， 则方程的两个根为， 即方程的两个根为， 即函数与函数的图象有两个不同的交点， 令，则， 设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为， 则切线的斜率为， 故切线方程为， 则有， 解得， 则切线的斜率为， 因为函数与函数的图象有两个不同的交点， 所以，解得， 又，所以， 综上所述，的范围为. 【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度. 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. 记的内角的对边分别为，已知． （1）证明：； （2）若，求的周长． 【答案】（1）见解析 （2）14 【解析】 【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证； （2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解. 【小问1详解】 证明：因为， 所以， 所以， 即， 所以； 【小问2详解】 解：因为， 由（1）得， 由余弦定理可得， 则， 所以， 故， 所以， 所以的周长为. 18. 如图，四面体中，，E为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明过程见解析 （2）与平面所成的角的正弦值为 【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【小问1详解】 因为，E为的中点，所以； 在和中，因为， 所以，所以，又因为E为的中点，所以； 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角的正弦值为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 19. 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