2022年普通高等学校招生全国统一考试数学试题（猜想卷一）

这是一份2022年普通高等学校招生全国统一考试数学试题（猜想卷一），共26页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，展开式中的系数是，已知直线平面，直线平面，则等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前
2022年普通高等学校招生全国统一考试数学试题（猜想卷一）
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分






注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分



一、单选题
1．设全集，，，则（       ）
A． B． C． D．
2．虚数单位的平方根是（       ）
A． B． C． D．或
3．第24届冬奥会于2022年在北京和张家口市联合举行，冬奥会志愿者的服务工作是冬奥会成功举办的重要保障，在冬奥会志愿者的选拔工作中，某高校承担了志愿者选拔的面试工作，面试成绩满分100分，同学们面试得分的频率分布直方图如图所示，则此次面试中得分的90%分位数是（       ）

A．85 B．90 C．86 D．80
4．展开式中的系数是（       ）
A．10 B． C．5 D．
5．已知数列的通项公式为，则其前项和为（       ）
A． B． C． D．
6．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的最大值为（       ）
A． B． C． D．
7．抛物线的焦点为F，其准线与双曲线的渐近线相交于A、B两点，若的周长为，则（       ）
A．2 B． C．8 D．4
8．已知正数，，满足，则，，的大小关系为（       ）
A． B． C． D．以上均不对
评卷人
得分



二、多选题
9．已知直线平面，直线平面，则（       ）
A．若与不垂直，则与一定不垂直
B．若与所成的角为，则与所成的角也为
C．是的充分不必要条件
D．若与相交，则与一定是异面直线
10．已知函数是定义在R上的偶函数，且当时，，那么函数在定义域内的零点个数可能是（       ）
A．2 B．4 C．6 D．8
11．在平面直角坐标系中，已知点，若将点绕原点按顺时针旋转弧度，得到点，记，，则下列结论错误的有（       ）
A．
B．不存在，使得与均为整数
C．
D．存在某个区间，使得与的单调性相同
12．已知函数，，若对任意的，均存在，使得，则a的取值可能是（       ）
A．0 B．2 C． D．1
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



三、填空题
13．某高中有1000名高三学生，学生们的数学成绩X服从正态分布，那么数学成绩满足的学生人数大约有______________（保留整数）．
参考数据：，
14．在四面体ABCD中，是边长为2的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，平面平面BC，则四面体ABCD的外接球的表面积为__________．
15．安排高二年级一､二两个班一天的数､语､外､物､体，一班的化学及二班的政治各六节课．要求体育课两个班一起上，但不能排在第一节；由于选课之故，一班的化学和二班的政治要安排在同一节；其他语､数､外､物四科由同一任课教师分班上课，则不同的排课表方法共有__________种．
评卷人
得分



四、双空题
16．在中，，，，D在边AB上（不与端点重合）.延长CD到P，使得.当D为AB中点时，PD的长度为_______；若（m为常数且），则BD的长度是____.
评卷人
得分



五、解答题
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，使得问题成立，并求的长和的面积．如图，在中，D为边上一点，，_______，求的长和的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

18．已知是数列的前n项和，，且当时，成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，若，求正整数n的值．
19．如图，在三棱柱中，，，且平面平面.

（1）求证：平面平面；
（2）设点为直线的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
20．已知椭圆的右焦点和上顶点分别为点和点，直线交椭圆于两点，且恰好为的重心．
（1）求椭圆离心率；
（2）抛物线的焦点是为抛物线准线上任一点，过点作抛物线的切线别为，直线与直线分别交于两点，点的纵坐标分别为，求的值．
21．运用计算机编程，设计一个将输入的正整数“归零”的程序如下：按下回车键，等可能的将中的任意一个整数替换的值并输出的值，反复按回车键执行以上操作直到输出后终止操作.
（1）若输入的初始值为3，记按回车键的次数为，求的概率分布与数学期望；
（2）设输入的初始值为，求运行“归零”程序中输出的概率.
22．已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数存在两个极值点，，且曲线在处的切线方程为，求使不等式成立的的取值范围.

参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
由集合补集和交集的概念即可选出正确答案.
【详解】
解:由题意知，，则，
故选:B.
2．D
【解析】
【分析】
设平方根为，然后由平方根定义列式，由复数相等的定义计算．
【详解】
设的平方根为，则，
所以，解得或．
所以的平方根为或．
故选：D．
3．A
【解析】
【分析】
先根据频率和为1计算出的值，再根据分位数的计算方法计算即可
【详解】
由图知各组的频率为
分组






频率
0.1
0.3
0.4

0.1


所以，则第四组的频率为0.05，前四组的频率之和为0.85，所以这次面试得分的90%分位数是在第五组内，且为．
故选：A
4．B
【解析】
【分析】
前一个括号内有与两项，，，所以分两种情况讨论得解.
【详解】
前一个括号内有与两项，
，
展开式第项，
，展开式系数为，
，
时，不能出现
∴的系数为．
故选：B．
5．A
【解析】
【分析】
，然后可算出答案.
【详解】
因为
所以其前项和为
故选：A
6．C
【解析】
【分析】
利用三角函数图象变换求出，再根据三角恒等变换公式及二倍角公式结合三角函数的性质即可求解.
【详解】
解：函数的图象向右平移个单位长度后得到函数
所以，则

当时，取得最大值，且最大值为
故选：C.
7．A
【解析】
由题意设，，再由的周长为得到关于的方程，从而求得的值.
【详解】
双曲线渐近线方程为，
抛物线的准线方程为，
则，，，
，
又的周长为，
，
∴.
故选：A.
【点睛】
本题考查双曲线的渐近线方程、抛物线的准线方程、三角形的周长等，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将周长表示成关于的方程.
8．A
【解析】
【分析】
将看成常数，然后根据题意表示出，再作差比较出大小即可
【详解】
解：由，得，则，得，
所以，所以，
令，则，
所以函数在上单调递增，所以，
所以，即
所以，
所以，
综上，
故选：A
9．AC
【解析】
【分析】
利用反证法可判断A选项；利用线面角的定义可判断B选项；利用线面平行的判定定理和性质可判断C选项；根据已知条件直接判断与的位置关系，可判断D选项.
【详解】
对于A，当与不垂直时，假设，因为，则，这与已知条件矛盾，
因此与一定不垂直，A正确；
对于B选项，由线面角的定义可知，与所成的角是直线与平面内所有直线所成角中最小的角，
若与所成的角为，则与所成的角满足，B错；
对于C选项，若，，，则，即，
若，因为，则与平行或异面，即.
所以，是的充分不必要条件，C对；
对于D选项， 若与相交，则与相交或异面，D错.
故选：AC.
10．BC
【解析】
【分析】
函数在定义域的零点个数可转化成的根的个数，根据偶函数的图像关于轴对称，只需考虑时的根的个数，从而可得结论.
【详解】
当时，
当时，令，解得或2共有两个解；
当时，令，即，当时，方程无解；
当时，，符合题意，方程有1解；
当时，，不符合题意，方程无解；
所以当时，有2个或3个根，而函数是定义在R上的偶函数，所以函数在定义域内的零点个数可能是4或6.
故选：BC
11．BC
【解析】
【分析】
利用三角函数的定义求出点的坐标，进而可得出与的表达式，结合三角函数恒等变换与三角函数的基本性质可判断各选项的正误.
【详解】
对于A选项，，即为角终边上一点，，
，，

，A对；
对于B选项，当时，，，，都为整数，B错；
对于C选项，
，C错；
对于D选项，，
由，可得，在上单调递减
由，可得，所以，在上单调递减，
因为，所以，当，时，与都在上单调递减，D对.
故选：BC.
12．BD
【解析】
【分析】
先判断出在单调递减，在单调递增；在单调递增，在单调递减.对a进行分类讨论，利用的值域是值域的子集求出a的范围，对于四个选项一一判断即可.
【详解】
依题意有，
所以在单调递减，在单调递增，
又，所以在单调递增，在单调递减，
（i）若，即，有在单调递减，则，
而，则在单调递增，则，
易知有，，符合题意；
（ii）若，即，有f(x)在单调递增，则，
（1）若，则在单调递增，则，
有，只需，得；
（2）若，则在单调递减，则，
有，不符合；
（3）若，有，不符合；
（iii）若，有，，
而，则在单调递增，则，
又有，，符合题意；
综上可知.
故选：BD．
【点睛】
结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）相等关系
记的值域为A, 的值域为B,
①若，，有成立，则有；
②若，，有成立，则有；
③若，，有成立，故；
（2）不等关系
(1)若，，总有成立，故；
(2)若，，有成立，故；
(3)若，，有成立，故；
(4) 若，，有成立，故．
13．136
【解析】
【分析】
由题意及相关数据，分析得到为，结合参考数据及正态分布的对称性即得解
【详解】
由题意，
且，


故答案为：136
【点睛】
本题考查的是正态分布的实际应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算能力，属于基础题
14．
【解析】
【分析】
由面面垂直得线面垂直，从而可证得两两垂直，以为棱构造正方体，正方体的外接球就是四面体的外接球，由此得球半径，得球表面积．
【详解】
因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，，所以，
所以，于是，即两两垂直，
以为棱构造正方体，正方体的外接球就是四面体的外接球，
可得四面体的外接球半径，
所以表面积为
故答案为：．
【点睛】
方法点睛：本题考查求球的表面积，解题关键是求得球的半径，方法是由已知垂直证得两两垂直，然后经它们为棱构造正方体，由正方体的外接球就是四面体的外接球可得球半径．
15．5400
【解析】
【分析】
先安排体育课（不能在第一节），再安排化学和政治在同一节，剩下4门主课，先安排一班，再安排二班即可.
【详解】
先安排体育课（不能在第一节）有种，化学和政治在同一节有种，
剩下4门主课，不能同时上一种课，先安排一班有种，
不妨设第1，2，3，4节的顺序，
二班第一节，一班有3种选项第2，3，4节，
对应一班选出的某节课，比如第2节，
在一班上第2节时，有第1，3节，第1，4节，第3，4节3种，
故不同的排课表方法共有种,
故答案为：5400
【点睛】
方法点睛：排列、组合问题的求解方法与技巧
(1)特殊元素优先安排；(2)合理分类与准确分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排除法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价条件．
16．     .     .
【解析】
【分析】
当D为AB中点时，由直角三角形的性质可求出，从而可求出；根据题设条件可设（），结合与A、B、D三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】
解：由勾股定理可知，，当D为AB中点时，
，所以;
∵C、D、P三点共线，∴可设（），∵，
∴，即，
若且，则A、B、D三点共线，∴，即，
∵，∴，，设，，
则，，∴根据余弦定理可得，
，∵，
∴，解得或（舍去），∴的长度为.
故答案为: ;.

【点睛】
关键点睛：
本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出（），结合共线定理求出.
17．答案见解析
【解析】
【分析】
选条件①：根据求得，再在中用正余弦定理分别求得和，进而求得与的面积；
选条件②：根据求得，再求，再在中，由正弦定理得，，进而求得面积；
选条件③：根据求得，即，再根据计算，再在中，由正弦定理得，进而求得面积
【详解】
选条件①，，
所以．
在中，由余弦定理，得．
在中，由正弦定理，得，即，
所以．
所以，所以，所以．
所以的面积为．
选条件②，，
所以，
所以．
在中，由正弦定理，得，得，．
因为，所以，所以，
所以的面积为．
选条件③，．
所以．
因为，所以，
在中，可得，所以．
所以．
在中，由正弦定理，得，得．
因为，所以，所以，所以．
所以的面积为．
18．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用与的关系求出通项公式即可
（2）利用累乘法求出的前项积的表达式，列出关于的方程，解出即可
(1)
由题意知当时，，
∴，整理得，
由，
∴，
经检验，也符合．
∴当时，．
由也满足，
∴数列的通项公式为．
(2)
由（1）得，
∴．
由，得.
19．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）在中，由正弦定理可得，则，进而由面面垂直的性质得出平面，即得，在中，由余弦定理求出可得，结合可得平面，即可证明；
（2）以为坐标原点，以为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量关系求解.
【详解】
（1）证明：因为，所以.
因为，所以.
在中，，即，
所以，即.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又平面，所以，
在中，，，，
所以，即，
所以.
而，平面，平面，，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）以为坐标原点，以为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：

则，，，
平面，，，
在三棱柱中，，可得，，
为中点，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
则，
设直线与平面所成角为，
则,
故直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
思路点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
20．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）取线段的中点为，根据三角形重心的性质，求得G的坐标及与交点B，C的关系，代入椭圆方程，化简，并根据直线的斜率求得参数a，b，c，从而求得椭圆方程和离心率；
（2）根据焦点坐标写出抛物线方程，设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为联立直线方程与抛物线方程，直线与抛物线相切时，判别式等于0，从而得到切线斜率满足的表达式，分别令，得，代入即可验证mn是否是定值.
【详解】
解：（1）由题设，线段的中点为，

由三角形重心的性质知，即，解得，
即代入直线，得①．
又为线段的中点，则，
又为椭圆上两点，，
以上两式相减得，
，化简得②
由①②及，解得：．
（2）抛物线的焦点是，
抛物线方程为
设点的坐标为，直线的方程为，直线的方程为
由，得．
所以，得．
同理，得，
所以，
分别令，得，
所以．
【点睛】
关键点点睛：（1）三角形重心是中线的三等分点，利用重心与顶点的关系，可以写成所求点的坐标；
（2）直线与圆锥曲线相切时，可以通过联立，使判别式等于0求得参数满足的关系.
21．（1）分布列见解析，；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先分析的取值并计算出对应的概率，由此得到的概率分布并计算出其数学期望；
（2）记运行“归零”程序中输出的概率为，然后根据之间的关系进行化简可得，利用累乘法求可求解出.
【详解】
（1）由题意可知：可取，
当时，此时依次替换的数为，所以，
当时，此时依次替换的数为或，所以，
当时，此时替换的数为，所以，
则的概率分布如下表：

1
2
3





所以.
（2）设运行“归零”程序中输出的概率为，
法一：则，
故时，，
以上两式作差得，，则，
则，，，，
则，
化简得，而，故，
又时，也成立，故.
法二：同法一得，
则，，，…，，
则，
化简得，而，故，
又时，也成立，故.
法三：记表示在出现的条件下出现的概率，
则，，
，
依此类推，，
所以.
法四：记表示在出现的条件下出现的概率，
则，
则，①
则，②
①－②得，
则，
则.
【点睛】
关键点点睛：解答本题第二问的关键在于分析出的关系，根据递推公式以及累乘法求解数列通项公式的方法求解出，主要依据的思路：根据先输出的情况下输出、先输出的情况下输出、、先输出的情况下输出，将对应概率相加即可表示出.
22．（1）答案见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对进行分类讨论，确定导数符号，进而确定函数的单调性；
（2）先对求导，然后结合极值存在条件可转化为有两个不等正实数解，结合二次方程根的存在条件及方程的根与系数关系及导数几何意义求出切线方程，构造函数，结合导数与单调性关系进而可求．
【详解】
解：（1），
当时，恒成立，函数在上单调递减，
当时，易得当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
（2），
所以，，
因为存在两个极值点，，
所以有两个不等正实数解，
即有两个不等式正根，
所以，解得，
因为，，
所以，
所以曲线在处的切线方程为
，
即，
令，
，
故在上单调递增，且，
故当时，，即，
故的范围.
【点睛】
关键点点睛：解不等式比较常用的方法是构造新函数，研究函数的单调性，明确函数的零点，即可明确不等式何时成立.