1、絕密啟用前 試卷類型：A2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)本試卷共4頁，22小題，滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號、考場號和座位號填寫在答題卡上.用2B鉛筆將試卷類型（A）填涂在答題卡相應(yīng)位置上.將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”.2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上.3非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案

2、；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4考生必須保持答題卡的整潔.考試結(jié)束后，將試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1. 若集合，則（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合后可求.【詳解】，故，故選：D2. 若，則（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)的除法可求，從而可求.【詳解】由題設(shè)有，故，故，故選：D3. 在中，點D在邊AB上，記，則（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根據(jù)幾何條件以及平面向量的線性運算即可解出【詳解

3、】因點D在邊AB上，所以，即，所以故選：B4. 南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔時，相應(yīng)水面面積為；水位為海拔時，相應(yīng)水面的面積為，將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔上升到時，增加的水量約為（）（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意只要求出棱臺的高，即可利用棱臺的體積公式求出【詳解】依題意可知棱臺的高為(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積棱臺上底面積，下底面積，故選：C5. 從2至8的7個整數(shù)中隨機(jī)取2個不同的數(shù)，則這2個數(shù)互質(zhì)的概率為（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【

4、分析】由古典概型概率公式結(jié)合組合、列舉法即可得解.【詳解】從2至8的7個整數(shù)中隨機(jī)取2個不同的數(shù)，共有種不同的取法，若兩數(shù)不互質(zhì)，不同的取法有：，共7種，故所求概率.故選：D.6. 記函數(shù)的最小正周期為T若，且的圖象關(guān)于點中心對稱，則（ ）A. 1B. C. D. 3【答案】A【解析】【分析】由三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)可求得參數(shù)，進(jìn)而可得函數(shù)解析式，代入即可得解.【詳解】由函數(shù)的最小正周期T滿足，得，解得，又因為函數(shù)圖象關(guān)于點對稱，所以，且，所以，所以，所以.故選：A7. 設(shè)，則（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】構(gòu)造函數(shù)， 導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，由此確定的大小.【詳解】設(shè)，因為，

5、當(dāng)時，當(dāng)時，所以函數(shù)在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，設(shè)，則,令，當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增，又，所以當(dāng)時，所以當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增，所以，即，所以故選：C.8. 已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】設(shè)正四棱錐的高為，由球的截面性質(zhì)列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關(guān)系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【詳解】 球的體積為，所以球的半徑,設(shè)正四棱錐的底面邊長為，高為，則，,所以，所以正四棱錐的體積，所以，當(dāng)時，當(dāng)時，所以當(dāng)時，正四棱

6、錐的體積取最大值，最大值為，又時，時，,所以正四棱錐的體積的最小值為，所以該正四棱錐體積的取值范圍是.故選：C.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分9. 已知正方體，則（ ）A. 直線與所成的角為B. 直線與所成的角為C. 直線與平面所成的角為D. 直線與平面ABCD所成的角為【答案】ABD【解析】【分析】數(shù)形結(jié)合，依次對所給選項進(jìn)行判斷即可.【詳解】如圖，連接、，因為，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，因為四邊形為正方形，則，故直線與所成的角為，A正確；連接，因為平面，平面，則，因為，所以

7、平面，又平面，所以，故B正確；連接，設(shè)，連接，因為平面，平面，則，因為，所以平面，所以為直線與平面所成的角，設(shè)正方體棱長為，則，所以，直線與平面所成的角為，故C錯誤；因為平面，所以為直線與平面所成的角，易得，故D正確.故選：ABD10. 已知函數(shù)，則（ ）A. 有兩個極值點B. 有三個零點C. 點是曲線的對稱中心D. 直線是曲線的切線【答案】AC【解析】【分析】利用極值點的定義可判斷A，結(jié)合的單調(diào)性、極值可判斷B，利用平移可判斷C；利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義判斷D.【詳解】由題，令得或，令得，所以在上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)遞增，所以是極值點，故A正確；因，所以，函數(shù)在上有一個零點，當(dāng)時，即函數(shù)在上無零點

8、，綜上所述，函數(shù)有一個零點，故B錯誤；令，該函數(shù)的定義域為，則是奇函數(shù)，是的對稱中心，將的圖象向上移動一個單位得到的圖象，所以點是曲線的對稱中心，故C正確；令，可得，又，當(dāng)切點為時，切線方程為，當(dāng)切點為時，切線方程為，故D錯誤故選：AC.11. 已知O為坐標(biāo)原點，點在拋物線上，過點的直線交C于P，Q兩點，則（ ）A. C的準(zhǔn)線為B. 直線AB與C相切C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】求出拋物線方程可判斷A，聯(lián)立AB與拋物線的方程求交點可判斷B，利用距離公式及弦長公式可判斷C、D.【詳解】將點的代入拋物線方程得，所以拋物線方程為，故準(zhǔn)線方程為，A錯誤；，所以直線的方程為，聯(lián)立，可得，解得

9、，故B正確；設(shè)過的直線為，若直線與軸重合，則直線與拋物線只有一個交點，所以，直線的斜率存在，設(shè)其方程為，聯(lián)立，得，所以，所以或，又，所以，故C正確；因為，所以，而，故D正確.故選：BCD12. 已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為，記，若，均為偶函數(shù)，則（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】轉(zhuǎn)化題設(shè)條件為函數(shù)的對稱性，結(jié)合原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)圖象的關(guān)系，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)逐項判斷即可得解.【詳解】因為，均為偶函數(shù)，所以即，所以，則，故C正確；函數(shù)，的圖象分別關(guān)于直線對稱，又，且函數(shù)可導(dǎo)，所以，所以，所以，所以，故B正確，D錯誤；若函數(shù)滿足題設(shè)條件，則函數(shù)（C為常數(shù)）也滿足題設(shè)條件，所以無法

10、確定的函數(shù)值，故A錯誤.故選：BC.【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決本題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化題干條件為抽象函數(shù)的性質(zhì)，準(zhǔn)確把握原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)圖象間的關(guān)系，準(zhǔn)確把握函數(shù)的性質(zhì)（必要時結(jié)合圖象）即可得解.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13. 的展開式中的系數(shù)為_（用數(shù)字作答）【答案】-28【解析】【分析】可化為，結(jié)合二項式展開式的通項公式求解.【詳解】因為，所以的展開式中含的項為，的展開式中的系數(shù)為-28故答案為：-2814. 寫出與圓和都相切的一條直線的方程_【答案】或或【解析】【分析】先判斷兩圓位置關(guān)系，分情況討論即可.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，兩圓圓心距為，等于兩圓半徑

11、之和，故兩圓外切，如圖，當(dāng)切線為l時，因為，所以，設(shè)方程為O到l的距離，解得，所以l的方程為，當(dāng)切線為m時，設(shè)直線方程為，其中，由題意，解得，當(dāng)切線為n時，易知切線方程為，故答案為：或或.15. 若曲線有兩條過坐標(biāo)原點的切線，則a的取值范圍是_【答案】【解析】【分析】設(shè)出切點橫坐標(biāo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線方程，根據(jù)切線經(jīng)過原點得到關(guān)于的方程，根據(jù)此方程應(yīng)有兩個不同的實數(shù)根，求得的取值范圍.【詳解】，設(shè)切點為,則,切線斜率,切線方程為：,切線過原點，,整理得：,切線有兩條，,解得或,的取值范圍是,故答案為：16. 已知橢圓，C的上頂點為A，兩個焦點為，離心率為過且垂直于的直線與C交于D，E兩

12、點，則的周長是_【答案】13【解析】【分析】利用離心率得到橢圓的方程為，根據(jù)離心率得到直線的斜率，進(jìn)而利用直線的垂直關(guān)系得到直線的斜率，寫出直線的方程：，代入橢圓方程，整理化簡得到：，利用弦長公式求得，得，根據(jù)對稱性將的周長轉(zhuǎn)化為的周長，利用橢圓的定義得到周長為.【詳解】橢圓的離心率為，橢圓的方程為，不妨設(shè)左焦點為，右焦點為，如圖所示，為正三角形，過且垂直于的直線與C交于D，E兩點，為線段的垂直平分線，直線的斜率為，斜率倒數(shù)為， 直線的方程：，代入橢圓方程，整理化簡得到：，判別式， ， 得， 為線段的垂直平分線，根據(jù)對稱性，的周長等于的周長，利用橢圓的定義得到周長為.故答案為：13.四、解答題

13、：本題共6小題，共70分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟17. 記為數(shù)列的前n項和，已知是公差為的等差數(shù)列（1）求的通項公式；（2）證明：【答案】（1） （2）見解析【解析】【分析】（1）利用等差數(shù)列的通項公式求得，得到，利用和與項的關(guān)系得到當(dāng)時，,進(jìn)而得：，利用累乘法求得，檢驗對于也成立，得到的通項公式；（2）由（1）的結(jié)論，利用裂項求和法得到，進(jìn)而證得.【小問1詳解】，,又是公差為的等差數(shù)列，,當(dāng)時，,整理得：,即,，顯然對于也成立，的通項公式；【小問2詳解】 18. 記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知（1）若，求B；（2）求的最小值【答案】（1）； （2）【解析】【分析

14、】（1）根據(jù)二倍角公式以及兩角差的余弦公式可將化成，再結(jié)合，即可求出；（2）由（1）知，再利用正弦定理以及二倍角公式將化成，然后利用基本不等式即可解出【小問1詳解】因為，即，而，所以；【小問2詳解】由（1）知，所以，而，所以，即有所以當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以的最小值為19. 如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為（1）求A到平面的距離；（2）設(shè)D為的中點，平面平面，求二面角的正弦值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由等體積法運算即可得解；（2）由面面垂直的性質(zhì)及判定可得平面，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法即可得解.【小問1詳解】在直三棱柱中，設(shè)點A到平面的距離為h，則，解得，所以點A到

15、平面的距離為；【小問2詳解】取的中點E,連接AE,如圖，因為，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，又平面且相交，所以平面，所以兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，由（1）得，所以，所以，則,所以的中點，則，,設(shè)平面的一個法向量，則，可取，設(shè)平面的一個法向量，則，可取，則，所以二面角的正弦值為.20. 一醫(yī)療團(tuán)隊為研究某地的一種地方性疾病與當(dāng)?shù)鼐用竦男l(wèi)生習(xí)慣（衛(wèi)生習(xí)慣分為良好和不夠良好兩類）的關(guān)系，在已患該疾病的病例中隨機(jī)調(diào)查了100例（稱為病例組），同時在未患該疾病的人群中隨機(jī)調(diào)查了100人（稱為對照組），得到如下數(shù)據(jù)：不夠良好良好病

16、例組4060對照組1090（1）能否有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異？（2）從該地的人群中任選一人，A表示事件“選到的人衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好”，B表示事件“選到的人患有該疾病”與的比值是衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好對患該疾病風(fēng)險程度的一項度量指標(biāo)，記該指標(biāo)為R（）證明：；（）利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出的估計值，并利用（）的結(jié)果給出R的估計值附，0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】（1）答案見解析 （2）（i）證明見解析；(ii)；【解析】【分析】(1)由所給數(shù)據(jù)結(jié)合公式求出的值，將其與臨界值比較大小，由此確定是否有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未黃該

17、疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異；(2)(i) 根據(jù)定義結(jié)合條件概率公式即可完成證明；(ii)根據(jù)（i）結(jié)合已知數(shù)據(jù)求.【小問1詳解】由已知，又，所以有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異.小問2詳解】(i)因為，所以所以，(ii) 由已知，又，所以21. 已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0（1）求l的斜率；（2）若，求的面積【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）由點在雙曲線上可求出，易知直線l的斜率存在，設(shè)，再根據(jù)，即可解出l的斜率；（2）根據(jù)直線的斜率之和為0可知直線的傾斜角互補，再根據(jù)即可求出直線的斜率，再分別聯(lián)立直線與雙曲線方程求出點的

18、坐標(biāo)，即可得到直線的方程以及的長，由點到直線的距離公式求出點A到直線的距離，即可得出的面積【小問1詳解】因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線易知直線l的斜率存在，設(shè)，聯(lián)立可得，所以，所以由可得，即，即，所以，化簡得，即，所以或，當(dāng)時，直線過點，與題意不符，舍去，故【小問2詳解】不妨設(shè)直線的傾斜角為，因為，所以，由（1）知，當(dāng)均在雙曲線左支時，所以，即，解得（負(fù)值舍去）此時PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點，舍去；當(dāng)均在雙曲線右支時，因為，所以，即，即，解得（負(fù)值舍去），于是，直線，直線，聯(lián)立可得，因為方程有一個根為，所以，同理可得，所以，點到直線的距離，故的面積為22. 已知函數(shù)和有相同的最小值（1）求a；（2）證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列【答案】（1） （2）見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)的單調(diào)性，從而可得相應(yīng)的最小值，根據(jù)最小值相等可求a.注意分類討論.（2）根據(jù)（1）可得當(dāng)時， 的解的個數(shù)、的解的個數(shù)均為2，構(gòu)建新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可得該函數(shù)只有一個零點且可得的大小關(guān)系，根據(jù)