2022年全国高考数学(新高考2卷)真题及答案解析

("2022年高考数学（新高考2卷）真题及答案解析一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知集合A={−1,1,2,4}，B={x∨¿x−1∨≤1}，则A∩B=()A.{−1,2}B.{1,2}C.{1,4}D.{−1,4}2.(2+2i)(1−2i)=()A.−2+4iB.−2−4iC.6+2iD.6−2i3.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，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，DD1，CC1，BB1，AA1是脊，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的脊步的比分别为DD1OD1=0.5，CC1DC1=k1，BB1CB1=k2，AA1BA1=k3，若k1，k2，k3是公差为0.1的等差数列，直线OA的斜率为0.725，则k3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.94.已知向量a⃗=(3,4)，b⃗=(1,0)，c⃗=a⃗+tb⃗，若¿a⃗,c⃗≥¿b⃗,c⃗>¿，则实数t=()A.−6B.−5C.5D.65.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，丙和丁相邻的不同第1页，共17页排列方式有()A.12种B.24种C.36种D.48种6.若sin(α+β)+cos(α+β)=2√2cos(α+π4)sinβ，则()A.tan(α+β)=−1B.tan(α+β)=1C.tan(α−β)=−1D.tan(α−β)=17.已知正三棱台的高为1，上下底面的边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A.100πB.128πC.144πD.192π8.若函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)+f(x−y)=f(x)f(y)，f(1)=1，则∑k=122f(k)=()A.−3B.−2C.0D.1二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图象关于点(2π3,0)对称，则()A.f(x)在(0,5π12)单调递减B.f(x)在(−π12,11π12)有两个极值点C.直线x=7π6是曲线y=f(x)的一条对称轴D.直线y=√32−x是曲线y=f(x)的一条切线10.已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F的直线与C交于A，B两点，点A在第一象限，点M(p,0)，若¿AF∨¿∨AM∨¿，则()A.直线AB的斜率为2√6B.¿OB∨¿∨OF∨¿C.¿AB∨¿4∨OF∨¿D.∠OAM+∠OBM<180∘第2页，共17页11.如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB/¿ED，AB=ED=2FB，记三棱锥E−ABC，E−ACF，F−ABC的体积分别为V1，V2，V3，则()A.V3=2V2B.V3=2V1C.V3=V1+V2D.2V3=3V112.若实数x，y满足x2+y2−xy=1，则()A.x+y≤1B.x+y≥−2C.x2+y2≥1D.x2+y2≤2三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.随机变量X服从正态分布N(2,σ2)，若P(22.5)=¿14.曲线y=ln∨x∨¿经过坐标原点的两条切线方程分别为，15.设点A(−2,3)，B(0,a)，直线AB关于直线y=a的对称直线为l，已知l与圆C:¿有公共点，则a的取值范围为16.已知直线l与椭圆x26+y23=1在第一象限交于A，B两点，l与x轴y轴分别相交于M，N两点，且¿MA∨¿∨NB∨¿，¿MN∨¿2√3，则直线l的方程为四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知{an}为等差数列，{bn}为公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4(1)证明：a1=b1;(2)求集合{k∨bk=am+a1,1≤m≤500}中元素个数18.记△ABC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的面积依次为S1，S2，S3，且S1−S2+S3=√32，sinB=13(1)求△ABC的面积;(2)若sinAsinC=√23，求b19.在某地区进行某种疾病调查，随机调查了100位这种疾病患者的年龄，得到如下样第3页，共17页本数据频率分布直方图(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄;¿同一组数据用该区间的中点值作代表¿(2)估计该地区以为这种疾病患者年龄位于区间¿的概率;(3)已知该地区这种疾病患者的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间¿的人口数占该地区总人口数的16%，从该地区选出1人，若此人的年龄位于区间¿，求此人患这种疾病的概率¿精确到0.0001¿20.如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点(1)证明：OE/¿平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30∘，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B正弦值21.设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为第4页，共17页y=±√3x.(1)求C的方程;(2)经过F的直线与C的渐近线分别交于A，B两点，点P(x1,y1)，Q(x2,y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为−√3的直线与过Q且斜率为√3的直线交于点M，从下面三个条件①②③中选择两个条件，证明另一个条件成立：①M在AB上;②PQ/¿AB;③∨AM∨¿∨BM∨¿已知函数f(x)=xeax−ex(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性;(2)当x>0时，f(x)←1，求实数a的取值范围;(3)设n∈N¿，证明：1√12+1+1√22+2+⋯+1√n2+n>ln(n+1)答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了集合的交集运算【解答】解：方法一：通过解不等式可得集合B={x∨0≤x≤2}，则A∩B={1,2}，故B正确法二：代入排除法.x=−1代入集合B={x∨¿x−1∨≤1}，可得¿x−1∨¿∨−1−1∨¿2>1，x=−1，不满足，排除A、D;x=4代入集合B={x∨¿x−1∨≤1}，可得¿x−1∨¿∨4−1∨¿3>1，x=4，不满足，排除C，故B正确2.【答案】D【解析】【分析】本题考查复数的四则运算，为基础题【解答】解：(2+2i)(1−2i)=2−4i+2i−4i2=2−2i+4=6−2i3.【答案】D【解析】第5页，共17页【分析】本题考查等差数列、直线的斜率与倾斜角的关系，比例的性质，属于中档题【解答】解：设OD1=DC1=CB1=BA1=1，则CC1=k1，BB1=k2，AA1=k3'由题意得k3=k1+0.2，k3=k2+0.1，且DD1+CC1+BB1+AA1OD1+DC1+CB1+BA1=0.725，解得k3=0.94.【答案】C【解析】【分析】本题考查了向量的坐标运算和夹角运算，属于基础题。【解答】解：由已知有c⃗=(3+t,4)，cos¿，故9+3t+16¿c⃗∨⋅5=3+tc⃗⋅1，解得t=55.【答案】B【解析】【分析】本题考查排列、组合的运用，属于基础题【解答】解：先利用捆绑法排乙丙丁成四人，再用插空法选甲的位置，则有A22A33C21=24种6.【答案】C【解析】【分析】本题考查三角恒等变换的应用法一：利用特殊值法，排除错误选项即可法二，利用三角恒等变换，求出正确选项【解答】第6页，共17页解：解法一：设β=0则sinα+cosα=0，取α=34π，排除B，D再取α=0则sinβ+cosβ=2sinβ，取β=π4，排除A;选C解法二：由sin(α+β)+cos(α+β)=√2sin(α+β+π4)=√2sin[(α+π4)+β]¿√2sin(α+π4)cosβ+√2cos(α+π4)sinβ，故❑√2sin(α+π4)cosβ=√2cos(α+π4)sinβ故sin(α+π4)cosβ−cos(α+π4)sinβ=0，即sin(α+π4−β)=0，故sin(α−β+π4)=√22sin(α−β)+√22cos(α−β)=0，故sin(α−β)=−cos(α−β)，故tan(α−β)=−17.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了正三棱台和外接球的关系应用，球体表面积公式的应用【解答】解：由题意如图所示，上底面所在平面截球所得圆的半径是O1A1=3，下底面所在平面截球所得圆的半径是O2A2=4，则轴截面中由几何知识可得√R2−32+√R2−42=1，解得R2=25，因此球的表面积是S=4πR2=4π⋅25=100π第7页，共17页第8页，共17页8.【答案】A【解析】【分析】解：令y=1得f(x+1)+f(x−1)=f(x)⋅f(1)=f(x)⇒f(x+1)=f(x)−f(x−1)故f(x+2)=f(x+1)−f(x)，f(x+3)=f(x+2)−f(x+1)，消去f(x+2)和f(x+1)得到f(x+3)=−f(x)，故f(x)周期为6;令x=1，y=0得f(1)+f(1)=f(1)·f(0)⇒f(0)=2，f(2)=f(1)−f(0)=1−2=−1，f(3)=f(2)−f(1)=−1−1=−2，f(4)=f(3)−f(2)=−2−(−1)=−1，f(5)=f(4)−f(3)=−1−(−2)=1，f(6)=f(5)−f(4)=1−(−1)=2，故∑k=122f(k)=3[f(1)+f(2)+⋯+f(6)]+f(19)+f(20)+f(21)+f(22)¿f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1+(−1)+(−2)+(−1)=−3即∑k=122(¿k)=−3¿【解答】本题考查函数性质的应用，涉及函数的周期与赋值法的应用9.【答案】AD【解析】【分析】解：由题意得：f(2π3)=sin(4π3+φ)=0，第9页，共17页所以4π3+φ=kπ，即φ=−4π3+kπ，k∈Z，又0<φ<π，所以k=2时，φ=2π3，故f(x)=sin(2x+2π3).选项A:x∈(0,5π12)时，2x+2π3∈(2π3,3π2)，由y=sinu图象知f(x)在(0,5π12)单调递减;选项B:x∈(−π12,11π12)时，2x+2π3∈(π2,5π2)，由y=sinu图象知f(x)在(−π12,11π12)有1个极值点;选项C:由于f(7π6)=sin3π=0，故直线x=7π6不是f(x)的对称轴;选项D:令f'(x)=2cos(2x+2π3)=−1，得cos(2x+2π3)=−12，解得2x+2π3=2π3+2kπ或2x+2π3=4π3+2kπ，k∈Z，从而得x=kπ或x=π3+kπ，k∈Z，令k=0，则(0,√32)是斜率为−1的直线与曲线的切点，从而切线方程为y−√32=−(x−0)，即y=√32−x【解答】本题考查三角函数的图象与性质，三角函数的单调性、三角函数的对称轴与对称中心，函数的极值，切线方程的求解，属于中档题10.【答案】ACD【解析】【分析】第10页，共17页本题考查了抛物线的定义和性质，属于中档题。【解答】解：选项A:设FM中点为N，则xA=xN=P2+P2=34p，所以yA2=2pxA=2p⋅34p=32p2(yA>0)，所以yA=√62p，故kAB=√62P34P−P2=2√6选项B:1¿AF∨¿+1¿BF∨¿=2p⇒134p+p2+1¿BF∨¿=2p⇒∨BF∨¿56p=XB+p2⇒XB=p3¿¿¿所以yB2=2P⋅p3=2p23.所以¿OB∨¿xB2+yB2=p29+2p23n=7p29≠p24选项C:∨AB∨¿34p+p3+p=2512p>2p=4∨OF∨¿选项D:由选项A，B知A(34p,√62p)，B(p3,−√63p)，所以OA⃗⋅OB⃗=(34p,√62p)(p3,−√63p)=p24−p2=−34p2<0，所以∠AOB为钝角;又MA⃗·MB⃗=(−p4,√62p)(−p3,−√63)=−1112p2<0，所以∠AMB为钝角，所以∠OAM+∠OBM<180∘11.【答案】CD【解析】【分析】本题主要考查三棱锥的体积，属于基础题【解答】第11页，共17页解：设AB=ED=2FB=2，则V1=13×2×2=43，V2=13×2×1=23.连结BD交AC于M，连结EM、FM，则FM=√3，EM=√6，EF=3，故S△EMF=12⋅√3⋅√6=3√22，V3=13S△EMF×AC=2，V3=V1+V2，2V3=3V112.【答案】BC【解析】【分析】本题考查三角恒等变换与正弦函数的值域利用正余弦函数表示x，y，代入到x+y，x2+y2，再利用三角函数的性质判断选项即可【解答】解：由x2+y2−xy=1得¿令{x−y2=cosθ√32y=sinθ⇒{x=√33sinθ+cosθy=2√33sinθ故x+y=√3sinθ+cosθ=2sin(θ+π6)∈[−2,2]，故A错，B对;x2+y2=¿其中tanφ=√33¿，故C对，D错13.【答案】0.14【解析】【分析】本题考查了正态分布的意义，正态曲线的对称性及其应用【解答】解：由题意可知，P(X>2)=0.5，故P(X>2.5)=P(X>2)−P(20时，点(x1,lnx1)(x1>0)上的切线为y−lnx1=1x1(x−x1).若该切线经过原点，则lnx1−1=0，解得x=e，此的切线方程为y=xe当x<0时，点(x2,ln(−x2))(x2<0)上的切线为y−ln(−x2)=1x2(x−x2)若该切线经过原点，则ln(−x2)−1=0，解得x=−e，此时切线方程为y=−xe15.【答案】[13,32]【解析】【分析】本题考查直线关于直线对称的直线求法，直线与圆的位置关系的应用，属于中档题【解答】解：因为kAB=a−32，所以AB关于直线y=a的对称直线为(3−a)x−2y+2a=0，所以3(a−3)+4+2a√4+(3−a)2⩽1，整理可得6a2−11a+3⩽0,解得13≤a≤3216.【答案】x+√2y−2√2=0【解析】【分析】本题考查了椭圆的中点弦问题，属于偏难题。【解答】第13页，共17页解：取AB的中点为E，因为¿MA∨¿∨NB∨¿，所以¿ME∨¿∨NE∨¿，设A(x1,y1)，B(x2,y2)可得y1+y2x1+x2×y1−y2x1−x2=−12，即kOEkAB≤−12.设直线AB:y=kx+m，k<0，m>0，令x=0，y=m，令y=0，x=−mk，所以E(−m2k,m2)，所以k×m−mk=−k2=−12，k=−√22，m2+2m2=12，m=2，所以直线AB:y=−√22x+2，即x+√2y−2√2=017.【答案】解：(1)设等差数列{an}公差为d由a2−b2n=a3−b3，知a1+d−2b1=a1+2d−4b1，故d=2b1曲a2−b2=b4−a4，知a1+d−2b1=8b1−(a1+3d)，故a1+d−2b1=4d−(a1+3d);故a1+d−2b1=d−a1，整理得a1=b1，得证(2)由(1)知d=2b1=2a1，由bk=am+a1知：b1⋅2k−1=a1+(m−1)⋅d+a1即b1⋅2k−1=b1+(m−1)⋅2b1+b1，即2k−1=2m，因为1≤m<500，故2≤2k−1≤1000，解得2≤k≤10，故集合{k∨bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9个【解析】本题考查等差、等比数列的通项公式，解指数不等式，集合中元素的个数问题，属于中档题18.【答案】解：(1)∵边长为a的正三角形的面积为√34a2，∴S1−S2+S3=√34(a2−b2+c2)=√32，即accosB=1，由sinB=13得：cosB=2√23，∴ac=1cosB=3√24，第14页，共17页故S△ABC=12acsinB=12×3√24×13=√28(2)由正弦定理得：b2sin2B=asinAcsinC=acsinAsinC=3√24√23=94，故b=32sinB=12【解析】本题考查利用正余弦定理解三角形(1)利用余弦定理与正三角形的面积求得ac，继而利用面积公式求解(2)利用正弦定理进行变形，即可求解19.【答案】解：(1)平均年龄x=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×岁¿(2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间¿}，则P(A)=1−P(A)=1−(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1−0.11=0.89(3)设B={任选一人年龄位于区间¿}，C={任选一人患这种疾病}，则由条件概率公式，得P(C∨B)=P(BC)P(B)=0.1%×0.023×1016%=0.001×0.230.16=0.0014375≈0.0014【解析】本题考查了平均数，概率的求法，考查频率分布直方图、条件概率等知识20.【答案】解：(1)法一：连接OA、OB，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，作AB中点D，连接OD、DE，则有OD⊥AB，又AB⊥AC，所以OD/¿AC，又因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD/¿平面PAC，又D、E分别为AB、PB的中点，所以，在△BPA中，DE/¿PA又因为平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE/¿平面PAC，又OD、DE⊂平面ODE，OD∩DE=D，所以平面ODE/¿平面PAC，又OE⊂平面ODE，所以OE/¿平面PAC;法二：(1)连接OA、OB，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB第15页，共17页，所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，又AB⊥AC，在Rt△ABF，O为BF中点，延长BO，交AC于F，连接PF，所以在△PBF中，O、E分别为BF、PB的中点，所以EO/¿PF，因为EO⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，所以EO/¿平面PAC;(2)法一：过点D作DF/¿OP，以DB为x轴，DO为y轴，DF为z轴建立如图所示的空间直角坐标系因为PO=3，PA=5，由(1)OA=OB=4，又∠ABO=∠CBO=30∘，所以OD=2，DB=2√3，所以P(0,2,3)，B(2√3,0,0)，A(−2√3,0,0)，E(√3,1,32)，设AC=a，则C(−2√3,a,0)，平面AEB的法向量设为n1⃗=(x1,y1,z1)，直线AB的方向向量可设为a⃗=(1,0,0)，直线DP⊂平面AEB，直线DP的方向向量为b⃗=(0,2,3){a⃗⋅n1⃗=0b⃗⋅n1⃗=0，所以{x1=02y1+3z1=0,所以x1=0，设y1=3，则z1=−2，所以n1⃗=(0,3,−2);平面AEC的法向量设为n2⃗=(x2,y2,z2)，AC⃗=(0,a,0)，AE⃗=(3√3,1,32)第16页，共17页{AC⃗⋅n2⃗=0AE⃗⋅n2⃗=0，所以{ay2=03√3x2+y2+32z2=0，所以y2=0，设x2=√3，则z2=−6，所以n⃗=(√3,0,−6);所以cos0，f(x)单调递增(2)令g(x)=f(x)+1=xeax−ex+1(x≥0)⇒g(x)≤g(0)=0对∀x≥0恒成立又g'(x)=eax+axeax−ex⇒g'(0)=0令h(x)=g'(x)⇒h'(x)=aeax+a(eax+axeax)−ex=a(2eax+axeax)−ex，则h'(0)=2a−1①若h'(0)=2a−1>0，即a>12，h'(0)=limx→0+¿g'(x)−g'(0)x−0=limx→0+¿g'(x)x>0¿¿¿¿所以∃x0>0,使得当x∈(0,x0)时，有g'(x)x>0⇒g'(x)>0⇒g(x)单调递增⇒g(x0)>g(0)=0，矛盾②若h'(0)=2a−1≤0，即a≤12时，g'(x)=eax+axeax−ex=eax+ln(1+ax)−ex≤e12x+ln(1+12x)−ex≤e12x+12x−ex=0⇒g(x)在¿上单调递减，g(x)≤g(0)=0，符合题意综上所述，实数a的取值范围是a≤12第21页，共17页(3)求导易得t−1t>2lnt(t>1)令t=√1+1n⇒√1+1n−1√1+1n>2ln√1+1n⇒1n√1+1n>ln(1+1n)⇒1√n2+n>ln(n+1n)⇒∑k=1n1√k2+k>∑k=1nln(k+1k)=ln(21⋅32⋯n+1n)=ln(n+1)即1√12+1+1√22+2+⋯+1√n2+n>ln(n+1)，证毕【解析】本题考查了利用导数判断或证明已知函数的单调性和利用导数解¿证明¿不等式，属于难题。第22页，共17页",)