2022年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（白卷）试题及解析

2022年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

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. 已知全集，集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【1题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，利用交集、补集的定义直接计算作答.

【详解】集合，，则，而全集，

所以.

故选：B

2. 若数据，，，，的方差为，数据，，，，的方差为，,则（    ）

A.  B.

C.  D. ，关系不确定

【2题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】根据方差的性质判断即可；

【详解】解：依题意，，，，，

且数据，，，，的方差为，数据，，，，的方差为，

所以；

故选：C

3. 设复数z满足，则z＝（    ）

A. －1－2i B. －1＋2i

C 1＋2i D. 1－2i

【3题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】本题考查复数乘除运算，注意．

【详解】∵，则可得：．

故选：A．

4. 中国古代四大农书是《氾胜之书》《齐民要术》《农书》和《农政全书》，某学校图书馆藏有上述四大农书各10本，图书管理员根据四大农书的借阅情况，决定再购买若干本《齐民要术》，且要保证购买后在该图书馆所藏有这四大农书中任取一本，使得能取到《齐民要术》的概率不小于0.6，则该图书馆需至少购买《齐民要术》的本数是（    ）

A. 25 B. 30 C. 35 D. 40

【4题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】设未知数后由题意根据概率列不等式求解

【详解】设至少购买《齐民要术》本，由题意得，解得．

故选：C

5. 2021年是中国共产党建党100周年，某校在礼堂开展“赓续红色精神，发扬优良作风”的庆祝活动．已知该礼堂共有20排座位，每排比前一排多3个座位数，若前3排座位数总和为45，则该礼堂共有座位的个数是（    ）

A. 570 B. 710 C. 770 D. 810

【5题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意可知是等差数列，然后列出列子，解出的基本量和，求前20项和.

【详解】设从第一排到最后一排的座位数构成一个数列

由“每排比前一排多3个座位数”可知，是等差数列，且公差，又，可得，该礼堂共有座位的个数为，

故选:D

6. 已知双曲线E：的离心率为，若有一直线过E的右顶点A且与一条渐近线平行，交y轴于点B，则△OAB的面积是（    ）

A. 2 B.  C. 4 D.

【6题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】由离心率先求出的值，得出渐近线的方程，得出过点与渐近线平行直线，从而得出点 的坐标，求出三角形的面积

【详解】双曲线E：的离心率为，解得

所以E的右顶点A，双曲线E的渐近线方程为

设过点的直线与渐近线平行，则其方程为，则

所以

故选：A

7. 已知向量，，，若，则实数（    ）

A. －2 B. 2 C. 1 D. －1

【7题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】由向量坐标运算求出，根据，得，计算可得.

【详解】，因为，所以，所以，所以2.

故选：B

8. 已知圆C：，若直线l：ax－y＋1－a＝0与圆C相交于A，B两点，则的最小值为（    ）

A.  B.  C. 3 D.

【8题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】求出直线所过定点，当直线与定点和圆心连线垂直时，弦长最小，由此可得结论．

【详解】易知直线，过定点，

圆的标准方程是，圆心为，半径为，

而，所以．

故选：B．

9. 如图为一个机器零件的三视图，则该机器零件的表面积为（    ）

A. 14 B.

C. 15 D.

【9题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定的三视图还原几何体，再计算几何体各个面的面积作答.

【详解】依题意，三视图所对应的几何体是如图所示的多面体，其中，是边长为2的正方形，点E，B，F，G共面，

由三视图知，都与底面垂直，，

连，则有四边形是矩形，，

在直角中，，

在直角梯形中，，同理，而，

因此，四边形是菱形，其面积为，

直角梯形与直角梯形的面积相等，为，

与面积相等，为，正方形面积为，

所以该机器零件的表面积为.

故选：D

10. 已知定义在R上奇函数的图象关于直线对称，且在上单调递增，若，，，则，，的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【10题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】根据已知条件可得在上单调递增，，，从而可根据函数的单调性比较大小

【详解】由函数的图象关于直线对称可得，结合奇函数的性质可知

，.

由奇函数性质结合在上单调递增可得在上单调递增，

所以，

所以.

故选：C

11. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A. 的解析式为

B. 的对称轴方程为，

C. 的一个单调递增区间为

D. 的一个单调递减区间为

【11题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】通过函数的图象求出函数的解析式，按照正弦型函数的性质逐一判断各选项即可.

【详解】由图易得最大值为2，即，

得，所以，即，

因为图象过点，所以，

所以，，所以，

由于，所以，

所以的解析式为，故A错误；

令，解得，

即的对称轴方程为，，故B错误；

当时，，

所以在内单调减，故不能为增区间，故C错误；

当时，，

所以的一个单调递减区间为，故D正确，

故选：D.

12. 如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E三点共线，已知三棱锥P－ADE四个面都为直角三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面ABCE，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值等于（    ）

A.  B.

C.  D.

【12题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】本题利用空间向量处理线面夹角问题，．

【详解】如图建立空间直角坐标系，，，，则有：，，

设平面PAE的法向量，则有,令,则，即

∴，即直线PC与平面PAE所成角的正弦值为．

故选：C．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 若函数，则曲线在点处的切线方程为______．

【13题答案】

【答案】

【解析】

【分析】由导数的几何意义求解

【详解】，得，故曲线在点处的切线方程为，化简得．

故答案为：

14. 已知是等比数列的前n项和，且满足，，则______．

【14题答案】

【答案】189

【解析】

【分析】设出等比数列公比q，由给定条件列方程，求出及公比q，再用前n项和公式计算作答.

【详解】设等比数列公比为q，由得：，而，

则，整理得，又，解得，

由得：，解得，

所以.

故答案为：189

15. 已知函数，则“方程在区间和上各有一个解”的一个充分不必要条件是a＝______．（写出满足条件的一个值即可）

【15题答案】

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】先由方程在区间和上各有一个解，求出的范围，然后在该范围内取一值即可.

【详解】方程在区间和上各有一个解，则

解得

所以是方程在区间和上各有一个解”的一个充分不必要条件

故答案为：

16. 已知椭圆T：的长轴长是短轴长的2倍，过左焦点F作倾斜角为45°的直线交T于A，B两点，若，则椭圆T的方程为______．

【16题答案】

【答案】

【解析】

【分析】本题考查弦长公式的使用，．

【详解】∵，则, ∴椭圆T：，左焦点F

设直线：，，

联立方程：消去y得：

∴

可得：

∴椭圆T：

故答案为：．

三、解答题：共70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. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．

（1）求C；

（2）若c＝4，，求a．

【17题答案】

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理化简可得；

（2）由余弦定理结合化简可得.

【小问1详解】

因为，由正弦定理，，所以，所以，.

【小问2详解】

因为c＝4，，由余弦定理得，，又由，得代入上式，化简得.

19. 我国自主研制的新能源电动飞机成功首飞，“绿色消费”方式渐成风尚．为获得不同年龄的人对“绿色消费”意义的认知情况，某地研究机构将“不足30岁”作为A组，将“30岁及以后”作为B组，并从A，B两组中各随机选取了100人进行调查，得到如下统计表：

（1）求A，B两组中对“绿色消费”意义的认知情况为“了解”的频率分别是多少？请根据你的计算结果评估这两个年龄段对“绿色消费”意义的认知情况；

（2）能否有99%的把握认为对“绿色消费”意义的认知情况与年龄有关？

附：．

【19题答案】

【答案】（1）A组频率为，B组频率为，不足30岁这个年龄段的人对绿色消费了解更多；   

（2）有99%的把握认为对“绿色消费”意义的认知情况与年龄有关．

【解析】

【分析】（1）由列联表中数据可计算频率，比较频率可得结论．

（2）计算出后可得结论．

【小问1详解】

由题意组“了解”的频率是，组“了解”的频率是，

，说明不足30岁这个年龄段的人对绿色消费了解更多．

【小问2详解】

，

所以有99%的把握认为对“绿色消费”意义的认知情况与年龄有关．

21. 如图，在直四棱柱中，AB//CD，∠ABC=90°，AB=2，BC=CD=1．

（1）求证：平面平面；

（2）若二面角的大小为60°，求侧棱的长．

【21题答案】

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）以点B为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明及面面垂直的判定推理作答.

（2）利用（1）中坐标系，借助二项角的向量求法计算作答.

【小问1详解】

在直四棱柱中，平面，而，即，

以点B为坐标原点，向量的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

设，依题意，，则，，

显然有，，于是得，

而，平面，因此平面，又平面，

所以平面平面.

【小问2详解】

由（1）知，平面的一个法向量为，，

设平面的一个法向量，则，令，得，

因二面角的大小为60°，则，解得，

所以侧棱的长为.

23. 已知抛物线E：的焦点为F，且F与圆C：上点的距离的最大值为6．

（1）求抛物线E的方程；

（2）若抛物线E的准线交x轴于点M，过焦点F作一直线l与E相交于A，B两点，记直线AM，BM的斜率分别为，，求的取值范围．

【23题答案】

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由F与圆C上点的距离，根据条件可得答案.

（2）设,直线的方程为：，与抛物线方程联立得出韦达定理，再根据斜率公式得出，结合直线方程和韦达定理将化为关于的表达式，从而可得答案,

【小问1详解】

抛物线E：的焦点为，圆C：的圆心

F与圆C上点的距离

所以，即，解得

抛物线E的方程为：

【小问2详解】

物线E的准线方程为，，则

由过焦点F的直线l与E相交于A，B两点，则直线的斜率不为0.

设直线的方程为：，

由，得

则

则

由，所以

25. 已知函数（其中e为自然对数底数）．

（1）若，证明：当时，恒成立；

（2）已知函数在R上有三个零点，求实数a的取值范围．

【25题答案】

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）把代入函数，在给定条件下，等价变形不等式，构造函数，借助导数推理作答.

（2）把问题转化为函数有两个都不是0的零点，再利用导数探讨最大值，并结合零点存在性定理推理判断作答.

【小问1详解】

当时，，因，，

令，求导得，即函数在上单调递减，

，，因此，当时，恒成立，

所以当时，恒成立.

【小问2详解】

依题意，，由，得，显然是函数的一个零点，

因函数在R上有三个零点，则有两个都不是0的零点，

，当时，，函数在上单调递减，此时，在上最多一个零点，不符合题意，

当时，在上单调递减，，则当时，，当时，，

因此，函数在上单调递增，在上单调递减，，

要有两个零点，必有，即，得，

因，则存在，使得，即函数在上有一个零点，

令，，求导得：，令，，

则函数在上单调递增，，，因此，函数在上单调递增，

，，即在时，恒成立，当时，在时恒有成立，

因此，，，令，

则，

于是得，则存在，使得，

即函数在上有一个零点，因此在上有一个零点，

从而得，当时，在上有两个零点，即函数在R上有三个零点，

所以实数a的取值范围是.

【点睛】思路点睛：涉及由函数零点个数求参数范围问题，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值，结合零点存在性定理推理求解.

（二）选考题：共10分．请考生从第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分．

[选修4－4：坐标系与参数方程]

27. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线E的极坐标方程为．

（1）求曲线C的普通方程和直线E的直角坐标方程；

（2）求曲线C与直线E交点的极坐标．

【27题答案】

【答案】（1）曲线C的普通方程为，直线E的直角坐标方程为；   

（2），

【解析】

【分析】（1）直接消参求出曲线C的普通方程，利用公式求得直线E的直角坐标方程；

（2）先联立求出交点的直角坐标，再化为极坐标即可.

【小问1详解】

由题意知：（为参数），则，

所以曲线C的普通方程为，

因为，，

所以直线E的直角坐标方程为；

【小问2详解】

由，解得或，

故交点的直角坐标为，

由化为极坐标为，.

[选修4－5：不等式选讲]

29. 已知，，是不全相等的正实数，且有．

（1）求证：；

（2）求证：．

【29题答案】

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）（2）利用基本不等式证明即可；

【小问1详解】

证明：因为，，均为正数，

所以当且仅当时取等号，

当且仅当时取等号，

当且仅当时取等号，

所以

因为，所以

所以，

即，

解得，当且仅当时取等号，

又，，是不全相等的正实数，所以；

【小问2详解】

证明：因为，，均为正数，

所以当且仅当时取等号，

当且仅当时取等号，

当且仅当时取等号；

所以，

即当且仅当时取等号，

又，，是不全相等的正实数，所以