2022年全国乙卷数学（理科）高考真题PDF版（答案）

2022年全国乙卷数学（理科）高考真题PDF版（原卷）

2022年全国乙卷理综物理高考真题PDF版（原卷及答案）

2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）物理二、选择题：14．2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆

2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）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

简介：2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）参考答案注意事项：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.A2.A3.C.4.D5.B6.B7.A8.D9.C10.D11.C12.D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．313.10222222476514.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1；52515.3116.,1e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.（1）证明：因为sinCsinABsinBsinCA，所以sinCsinAcosBsinCsinBcosAsinBsinCcosAsinBsinAcosC，222222222acbbcaabc所以ac2bcab，2ac2bc2ab 222222acb222abc即bca，22所以222；2abc（2）25解：因为a5,cosA，31由（1）得22，bc50222由余弦定理可得abc2bccosA，50则50bc25，3131所以bc，2222故bcbc2bc503181，所以bc9，所以ABC的周长为abc14.18.（1）因为ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；在△ABD和CBD中，因为ADCD,ADBCDB,DBDB，所以△ABD≌△CBD，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以ACBE；又因为DE,BE平面BED，DEBEE，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.（2）连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，1所以ACEF，所以S=ACEF，△AFC2当EFBD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CBAB2，又因为ACB60，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AEEC1，BE3，1因为ADCD，所以DEAC1,2 在中，222，所以.DEBDEBEBDBEDE以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD1,0,1,AB1,3,0，设平面ABD的一个法向量为nx,y,z，nADxz0则，取y3，则n3,3,3，nABx3y03333又因为C1,0,0,F0,,，所以CF1,,，4444nCF643cosn,CF所以nCF77，214设CF与平面ABD所成的角的正弦值为0，243所以sincosn,CF，743所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为.719.（1）0.6样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x0.06103.9样本中10棵这种树木的材积量的平均值y0.3910 2据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m，平均一棵的材积量为30.39m（2）1010xixyiyxiyi10xyi=1i=1r10101010xx2yy2x2x2y2y2iii10i10i=1i=1i=1i=10.2474100.060.390.01340.01340.97(0.038100.062)(1.6158100.392)0.00018960.01377则r0.97（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为3，Ym又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，0.06186可得=，解之得3．Y=1209m0.39Y则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20.（1）223解：设椭圆E的方程为mxny1，过A0,2,B,1，24n111则9，解得m，n，mn134422yx所以椭圆E的方程为：1.43（2）32A(0,2),B(,1)，所以AB:y2x，2322xy①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入1，3426262可得M(1,)，N(1,)，代入AB方程yx2，可得333 2626T(63,)，由MTTH得到H(265,).求得HN方程：3326y(2)x2，过点(0,2).3②若过点P(1,2)的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(x1,y1),N(x2,y2).kxy(k2)022,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0，1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得，，2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2)，3y6xx112将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，222将(*)代入，得24k12k9648k24k4848k24k36k480,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).21.（1）f(x)的定义域为(1,)x当a1时,f(x)ln(1x),f(0)0,所以切点为xe11x(0,0)f(x),f(0)2,所以切线斜率为2×1xe所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y2x（2） axf(x)ln(1x)xex21a(1x)ea1xf(x)xx1xe(1x)ex2设g(x)ea1xx(1,0),g(x)exa1x20f(x)01若a0,当,即所以f(x)在(1,0)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(1,0)上没有零点,不合题意若1„a„0,当x(0,),则g(x)ex2ax02所以g(x)在(0,)上单调递增所以g(x)g(0)1a…0,即f(x)0所以f(x)在(0,)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(0,)上没有零点,不合题意a13若x(1)当x(0,),则g(x)e2ax0,所以g(x)在(0,)上单调递增g(0)1a0,g(1)e0所以存在m(0,1),使得g(m)0,即f(m)0当x(0,m),f(x)0,f(x)单调递减当x(m,),f(x)0,f(x)单调递增所以当x(0,m),f(x)f(0)0当x,f(x)所以f(x)在(m,)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,)上有唯一零点x2(2)当x(1,0),g(x)ea1xx设h(x)g(x)e2axxh(x)e2a0所以g(x)在(1,0)单调递增1g(1)2a0,g(0)10e所以存在n(1,0),使得g(n)0 当x(1,n),g(x)0,g(x)单调递减当x(n,0),g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(0)1a01又g(1)0e所以存在t(1,n),使得g(t)0,即f(t)0当x(1,t),f(x)单调递增,当x(t,0),f(x)单调递减有x1,f(x)而f(0)0,所以当x(t,0),f(x)0所以f(x)在(1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(1,0)上有唯一零点所以a1,符合题意所以若f(x)在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求的取值范围为a(,1)（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.（1）13因为l：sinm0，所以sincosm0，32213又因为siny,cosx，所以化简为yxm0，22整理得l的直角坐标方程：3xy2m0 （2）联立l与C的方程，即将x3cos2t，y2sint代入3xy2m0中，可得3cos2t2sint2m0，2所以3(12sint)2sint2m0，2化简为6sint2sint32m0，2要使l与C有公共点，则2m6sint2sint3有解，2令sinta，则a1,1，令f(a)6a2a3，(1≤a≤1)，1对称轴为a，开口向上，6所以f(a)maxf(1)6235，11219f(a)f()3，min666619所以2m56195m的取值范围为m.122[选修4-5：不等式选讲]23.（1）333证明：因为a0，b0，c0，则a20，b20，c20，333222333所以abc3，a2b2c231113331即abc2，所以abc，当且仅当a2b2c2，即abc3时取等号．399（2）证明：因为a0，b0，c0，所以bc2bc，ac2ac，ab2ab，333aaa2bbb2ccc2所以，，bc2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc 333333abca2b2c2a2b2c21bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号．
简介：2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）参考答案注意事项：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.A2.A3.C.4.D5.B6.B7.A8.D9.C10.D11.C12.D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．313.10222222476514.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1；52515.3116.,1e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.（1）证明：因为sinCsinABsinBsinCA，所以sinCsinAcosBsinCsinBcosAsinBsinCcosAsinBsinAcosC，222222222acbbcaabc所以ac2bcab，2ac2bc2ab 222222acb222abc即bca，22所以222；2abc（2）25解：因为a5,cosA，31由（1）得22，bc50222由余弦定理可得abc2bccosA，50则50bc25，3131所以bc，2222故bcbc2bc503181，所以bc9，所以ABC的周长为abc14.18.（1）因为ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；在△ABD和CBD中，因为ADCD,ADBCDB,DBDB，所以△ABD≌△CBD，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以ACBE；又因为DE,BE平面BED，DEBEE，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.（2）连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，1所以ACEF，所以S=ACEF，△AFC2当EFBD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CBAB2，又因为ACB60，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AEEC1，BE3，1因为ADCD，所以DEAC1,2 在中，222，所以.DEBDEBEBDBEDE以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD1,0,1,AB1,3,0，设平面ABD的一个法向量为nx,y,z，nADxz0则，取y3，则n3,3,3，nABx3y03333又因为C1,0,0,F0,,，所以CF1,,，4444nCF643cosn,CF所以nCF77，214设CF与平面ABD所成的角的正弦值为0，243所以sincosn,CF，743所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为.719.（1）0.6样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x0.06103.9样本中10棵这种树木的材积量的平均值y0.3910 2据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m，平均一棵的材积量为30.39m（2）1010xixyiyxiyi10xyi=1i=1r10101010xx2yy2x2x2y2y2iii10i10i=1i=1i=1i=10.2474100.060.390.01340.01340.97(0.038100.062)(1.6158100.392)0.00018960.01377则r0.97（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为3，Ym又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，0.06186可得=，解之得3．Y=1209m0.39Y则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20.（1）223解：设椭圆E的方程为mxny1，过A0,2,B,1，24n111则9，解得m，n，mn134422yx所以椭圆E的方程为：1.43（2）32A(0,2),B(,1)，所以AB:y2x，2322xy①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入1，3426262可得M(1,)，N(1,)，代入AB方程yx2，可得333 2626T(63,)，由MTTH得到H(265,).求得HN方程：3326y(2)x2，过点(0,2).3②若过点P(1,2)的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(x1,y1),N(x2,y2).kxy(k2)022,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0，1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得，，2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2)，3y6xx112将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，222将(*)代入，得24k12k9648k24k4848k24k36k480,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).21.（1）f(x)的定义域为(1,)x当a1时,f(x)ln(1x),f(0)0,所以切点为xe11x(0,0)f(x),f(0)2,所以切线斜率为2×1xe所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y2x（2） axf(x)ln(1x)xex21a(1x)ea1xf(x)xx1xe(1x)ex2设g(x)ea1xx(1,0),g(x)exa1x20f(x)01若a0,当,即所以f(x)在(1,0)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(1,0)上没有零点,不合题意若1„a„0,当x(0,),则g(x)ex2ax02所以g(x)在(0,)上单调递增所以g(x)g(0)1a…0,即f(x)0所以f(x)在(0,)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(0,)上没有零点,不合题意a13若x(1)当x(0,),则g(x)e2ax0,所以g(x)在(0,)上单调递增g(0)1a0,g(1)e0所以存在m(0,1),使得g(m)0,即f(m)0当x(0,m),f(x)0,f(x)单调递减当x(m,),f(x)0,f(x)单调递增所以当x(0,m),f(x)f(0)0当x,f(x)所以f(x)在(m,)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,)上有唯一零点x2(2)当x(1,0),g(x)ea1xx设h(x)g(x)e2axxh(x)e2a0所以g(x)在(1,0)单调递增1g(1)2a0,g(0)10e所以存在n(1,0),使得g(n)0 当x(1,n),g(x)0,g(x)单调递减当x(n,0),g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(0)1a01又g(1)0e所以存在t(1,n),使得g(t)0,即f(t)0当x(1,t),f(x)单调递增,当x(t,0),f(x)单调递减有x1,f(x)而f(0)0,所以当x(t,0),f(x)0所以f(x)在(1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(1,0)上有唯一零点所以a1,符合题意所以若f(x)在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求的取值范围为a(,1)（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.（1）13因为l：sinm0，所以sincosm0，32213又因为siny,cosx，所以化简为yxm0，22整理得l的直角坐标方程：3xy2m0 （2）联立l与C的方程，即将x3cos2t，y2sint代入3xy2m0中，可得3cos2t2sint2m0，2所以3(12sint)2sint2m0，2化简为6sint2sint32m0，2要使l与C有公共点，则2m6sint2sint3有解，2令sinta，则a1,1，令f(a)6a2a3，(1≤a≤1)，1对称轴为a，开口向上，6所以f(a)maxf(1)6235，11219f(a)f()3，min666619所以2m56195m的取值范围为m.122[选修4-5：不等式选讲]23.（1）333证明：因为a0，b0，c0，则a20，b20，c20，333222333所以abc3，a2b2c231113331即abc2，所以abc，当且仅当a2b2c2，即abc3时取等号．399（2）证明：因为a0，b0，c0，所以bc2bc，ac2ac，ab2ab，333aaa2bbb2ccc2所以，，bc2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc 333333abca2b2c2a2b2c21bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号．
简介：2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）参考答案注意事项：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.A2.A3.C.4.D5.B6.B7.A8.D9.C10.D11.C12.D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．313.10222222476514.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1；52515.3116.,1e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.（1）证明：因为sinCsinABsinBsinCA，所以sinCsinAcosBsinCsinBcosAsinBsinCcosAsinBsinAcosC，222222222acbbcaabc所以ac2bcab，2ac2bc2ab 222222acb222abc即bca，22所以222；2abc（2）25解：因为a5,cosA，31由（1）得22，bc50222由余弦定理可得abc2bccosA，50则50bc25，3131所以bc，2222故bcbc2bc503181，所以bc9，所以ABC的周长为abc14.18.（1）因为ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；在△ABD和CBD中，因为ADCD,ADBCDB,DBDB，所以△ABD≌△CBD，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以ACBE；又因为DE,BE平面BED，DEBEE，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.（2）连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，1所以ACEF，所以S=ACEF，△AFC2当EFBD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CBAB2，又因为ACB60，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AEEC1，BE3，1因为ADCD，所以DEAC1,2 在中，222，所以.DEBDEBEBDBEDE以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD1,0,1,AB1,3,0，设平面ABD的一个法向量为nx,y,z，nADxz0则，取y3，则n3,3,3，nABx3y03333又因为C1,0,0,F0,,，所以CF1,,，4444nCF643cosn,CF所以nCF77，214设CF与平面ABD所成的角的正弦值为0，243所以sincosn,CF，743所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为.719.（1）0.6样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x0.06103.9样本中10棵这种树木的材积量的平均值y0.3910 2据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m，平均一棵的材积量为30.39m（2）1010xixyiyxiyi10xyi=1i=1r10101010xx2yy2x2x2y2y2iii10i10i=1i=1i=1i=10.2474100.060.390.01340.01340.97(0.038100.062)(1.6158100.392)0.00018960.01377则r0.97（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为3，Ym又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，0.06186可得=，解之得3．Y=1209m0.39Y则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20.（1）223解：设椭圆E的方程为mxny1，过A0,2,B,1，24n111则9，解得m，n，mn134422yx所以椭圆E的方程为：1.43（2）32A(0,2),B(,1)，所以AB:y2x，2322xy①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入1，3426262可得M(1,)，N(1,)，代入AB方程yx2，可得333 2626T(63,)，由MTTH得到H(265,).求得HN方程：3326y(2)x2，过点(0,2).3②若过点P(1,2)的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(x1,y1),N(x2,y2).kxy(k2)022,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0，1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得，，2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2)，3y6xx112将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，222将(*)代入，得24k12k9648k24k4848k24k36k480,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).21.（1）f(x)的定义域为(1,)x当a1时,f(x)ln(1x),f(0)0,所以切点为xe11x(0,0)f(x),f(0)2,所以切线斜率为2×1xe所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y2x（2） axf(x)ln(1x)xex21a(1x)ea1xf(x)xx1xe(1x)ex2设g(x)ea1xx(1,0),g(x)exa1x20f(x)01若a0,当,即所以f(x)在(1,0)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(1,0)上没有零点,不合题意若1„a„0,当x(0,),则g(x)ex2ax02所以g(x)在(0,)上单调递增所以g(x)g(0)1a…0,即f(x)0所以f(x)在(0,)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(0,)上没有零点,不合题意a13若x(1)当x(0,),则g(x)e2ax0,所以g(x)在(0,)上单调递增g(0)1a0,g(1)e0所以存在m(0,1),使得g(m)0,即f(m)0当x(0,m),f(x)0,f(x)单调递减当x(m,),f(x)0,f(x)单调递增所以当x(0,m),f(x)f(0)0当x,f(x)所以f(x)在(m,)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,)上有唯一零点x2(2)当x(1,0),g(x)ea1xx设h(x)g(x)e2axxh(x)e2a0所以g(x)在(1,0)单调递增1g(1)2a0,g(0)10e所以存在n(1,0),使得g(n)0 当x(1,n),g(x)0,g(x)单调递减当x(n,0),g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(0)1a01又g(1)0e所以存在t(1,n),使得g(t)0,即f(t)0当x(1,t),f(x)单调递增,当x(t,0),f(x)单调递减有x1,f(x)而f(0)0,所以当x(t,0),f(x)0所以f(x)在(1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(1,0)上有唯一零点所以a1,符合题意所以若f(x)在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求的取值范围为a(,1)（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.（1）13因为l：sinm0，所以sincosm0，32213又因为siny,cosx，所以化简为yxm0，22整理得l的直角坐标方程：3xy2m0 （2）联立l与C的方程，即将x3cos2t，y2sint代入3xy2m0中，可得3cos2t2sint2m0，2所以3(12sint)2sint2m0，2化简为6sint2sint32m0，2要使l与C有公共点，则2m6sint2sint3有解，2令sinta，则a1,1，令f(a)6a2a3，(1≤a≤1)，1对称轴为a，开口向上，6所以f(a)maxf(1)6235，11219f(a)f()3，min666619所以2m56195m的取值范围为m.122[选修4-5：不等式选讲]23.（1）333证明：因为a0，b0，c0，则a20，b20，c20，333222333所以abc3，a2b2c231113331即abc2，所以abc，当且仅当a2b2c2，即abc3时取等号．399（2）证明：因为a0，b0，c0，所以bc2bc，ac2ac，ab2ab，333aaa2bbb2ccc2所以，，bc2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc 333333abca2b2c2a2b2c21bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号．
简介：2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）参考答案注意事项：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.A2.A3.C.4.D5.B6.B7.A8.D9.C10.D11.C12.D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．313.10222222476514.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1；52515.3116.,1e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.（1）证明：因为sinCsinABsinBsinCA，所以sinCsinAcosBsinCsinBcosAsinBsinCcosAsinBsinAcosC，222222222acbbcaabc所以ac2bcab，2ac2bc2ab 222222acb222abc即bca，22所以222；2abc（2）25解：因为a5,cosA，31由（1）得22，bc50222由余弦定理可得abc2bccosA，50则50bc25，3131所以bc，2222故bcbc2bc503181，所以bc9，所以ABC的周长为abc14.18.（1）因为ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；在△ABD和CBD中，因为ADCD,ADBCDB,DBDB，所以△ABD≌△CBD，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以ACBE；又因为DE,BE平面BED，DEBEE，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.（2）连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，1所以ACEF，所以S=ACEF，△AFC2当EFBD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CBAB2，又因为ACB60，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AEEC1，BE3，1因为ADCD，所以DEAC1,2 在中，222，所以.DEBDEBEBDBEDE以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD1,0,1,AB1,3,0，设平面ABD的一个法向量为nx,y,z，nADxz0则，取y3，则n3,3,3，nABx3y03333又因为C1,0,0,F0,,，所以CF1,,，4444nCF643cosn,CF所以nCF77，214设CF与平面ABD所成的角的正弦值为0，243所以sincosn,CF，743所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为.719.（1）0.6样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x0.06103.9样本中10棵这种树木的材积量的平均值y0.3910 2据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m，平均一棵的材积量为30.39m（2）1010xixyiyxiyi10xyi=1i=1r10101010xx2yy2x2x2y2y2iii10i10i=1i=1i=1i=10.2474100.060.390.01340.01340.97(0.038100.062)(1.6158100.392)0.00018960.01377则r0.97（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为3，Ym又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，0.06186可得=，解之得3．Y=1209m0.39Y则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20.（1）223解：设椭圆E的方程为mxny1，过A0,2,B,1，24n111则9，解得m，n，mn134422yx所以椭圆E的方程为：1.43（2）32A(0,2),B(,1)，所以AB:y2x，2322xy①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入1，3426262可得M(1,)，N(1,)，代入AB方程yx2，可得333 2626T(63,)，由MTTH得到H(265,).求得HN方程：3326y(2)x2，过点(0,2).3②若过点P(1,2)的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(x1,y1),N(x2,y2).kxy(k2)022,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0，1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得，，2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2)，3y6xx112将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，222将(*)代入，得24k12k9648k24k4848k24k36k480,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).21.（1）f(x)的定义域为(1,)x当a1时,f(x)ln(1x),f(0)0,所以切点为xe11x(0,0)f(x),f(0)2,所以切线斜率为2×1xe所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y2x（2） axf(x)ln(1x)xex21a(1x)ea1xf(x)xx1xe(1x)ex2设g(x)ea1xx(1,0),g(x)exa1x20f(x)01若a0,当,即所以f(x)在(1,0)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(1,0)上没有零点,不合题意若1„a„0,当x(0,),则g(x)ex2ax02所以g(x)在(0,)上单调递增所以g(x)g(0)1a…0,即f(x)0所以f(x)在(0,)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(0,)上没有零点,不合题意a13若x(1)当x(0,),则g(x)e2ax0,所以g(x)在(0,)上单调递增g(0)1a0,g(1)e0所以存在m(0,1),使得g(m)0,即f(m)0当x(0,m),f(x)0,f(x)单调递减当x(m,),f(x)0,f(x)单调递增所以当x(0,m),f(x)f(0)0当x,f(x)所以f(x)在(m,)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,)上有唯一零点x2(2)当x(1,0),g(x)ea1xx设h(x)g(x)e2axxh(x)e2a0所以g(x)在(1,0)单调递增1g(1)2a0,g(0)10e所以存在n(1,0),使得g(n)0 当x(1,n),g(x)0,g(x)单调递减当x(n,0),g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(0)1a01又g(1)0e所以存在t(1,n),使得g(t)0,即f(t)0当x(1,t),f(x)单调递增,当x(t,0),f(x)单调递减有x1,f(x)而f(0)0,所以当x(t,0),f(x)0所以f(x)在(1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(1,0)上有唯一零点所以a1,符合题意所以若f(x)在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求的取值范围为a(,1)（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.（1）13因为l：sinm0，所以sincosm0，32213又因为siny,cosx，所以化简为yxm0，22整理得l的直角坐标方程：3xy2m0 （2）联立l与C的方程，即将x3cos2t，y2sint代入3xy2m0中，可得3cos2t2sint2m0，2所以3(12sint)2sint2m0，2化简为6sint2sint32m0，2要使l与C有公共点，则2m6sint2sint3有解，2令sinta，则a1,1，令f(a)6a2a3，(1≤a≤1)，1对称轴为a，开口向上，6所以f(a)maxf(1)6235，11219f(a)f()3，min666619所以2m56195m的取值范围为m.122[选修4-5：不等式选讲]23.（1）333证明：因为a0，b0，c0，则a20，b20，c20，333222333所以abc3，a2b2c231113331即abc2，所以abc，当且仅当a2b2c2，即abc3时取等号．399（2）证明：因为a0，b0，c0，所以bc2bc，ac2ac，ab2ab，333aaa2bbb2ccc2所以，，bc2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc 333333abca2b2c2a2b2c21bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号．
简介：2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）参考答案注意事项：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.A2.A3.C.4.D5.B6.B7.A8.D9.C10.D11.C12.D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．313.10222222476514.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1；52515.3116.,1e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.（1）证明：因为sinCsinABsinBsinCA，所以sinCsinAcosBsinCsinBcosAsinBsinCcosAsinBsinAcosC，222222222acbbcaabc所以ac2bcab，2ac2bc2ab 222222acb222abc即bca，22所以222；2abc（2）25解：因为a5,cosA，31由（1）得22，bc50222由余弦定理可得abc2bccosA，50则50bc25，3131所以bc，2222故bcbc2bc503181，所以bc9，所以ABC的周长为abc14.18.（1）因为ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；在△ABD和CBD中，因为ADCD,ADBCDB,DBDB，所以△ABD≌△CBD，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以ACBE；又因为DE,BE平面BED，DEBEE，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.（2）连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，1所以ACEF，所以S=ACEF，△AFC2当EFBD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CBAB2，又因为ACB60，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AEEC1，BE3，1因为ADCD，所以DEAC1,2 在中，222，所以.DEBDEBEBDBEDE以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD1,0,1,AB1,3,0，设平面ABD的一个法向量为nx,y,z，nADxz0则，取y3，则n3,3,3，nABx3y03333又因为C1,0,0,F0,,，所以CF1,,，4444nCF643cosn,CF所以nCF77，214设CF与平面ABD所成的角的正弦值为0，243所以sincosn,CF，743所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为.719.（1）0.6样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x0.06103.9样本中10棵这种树木的材积量的平均值y0.3910 2据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m，平均一棵的材积量为30.39m（2）1010xixyiyxiyi10xyi=1i=1r10101010xx2yy2x2x2y2y2iii10i10i=1i=1i=1i=10.2474100.060.390.01340.01340.97(0.038100.062)(1.6158100.392)0.00018960.01377则r0.97（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为3，Ym又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，0.06186可得=，解之得3．Y=1209m0.39Y则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20.（1）223解：设椭圆E的方程为mxny1，过A0,2,B,1，24n111则9，解得m，n，mn134422yx所以椭圆E的方程为：1.43（2）32A(0,2),B(,1)，所以AB:y2x，2322xy①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入1，3426262可得M(1,)，N(1,)，代入AB方程yx2，可得333 2626T(63,)，由MTTH得到H(265,).求得HN方程：3326y(2)x2，过点(0,2).3②若过点P(1,2)的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(x1,y1),N(x2,y2).kxy(k2)022,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0，1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得，，2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2)，3y6xx112将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，222将(*)代入，得24k12k9648k24k4848k24k36k480,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).21.（1）f(x)的定义域为(1,)x当a1时,f(x)ln(1x),f(0)0,所以切点为xe11x(0,0)f(x),f(0)2,所以切线斜率为2×1xe所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y2x（2） axf(x)ln(1x)xex21a(1x)ea1xf(x)xx1xe(1x)ex2设g(x)ea1xx(1,0),g(x)exa1x20f(x)01若a0,当,即所以f(x)在(1,0)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(1,0)上没有零点,不合题意若1„a„0,当x(0,),则g(x)ex2ax02所以g(x)在(0,)上单调递增所以g(x)g(0)1a…0,即f(x)0所以f(x)在(0,)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(0,)上没有零点,不合题意a13若x(1)当x(0,),则g(x)e2ax0,所以g(x)在(0,)上单调递增g(0)1a0,g(1)e0所以存在m(0,1),使得g(m)0,即f(m)0当x(0,m),f(x)0,f(x)单调递减当x(m,),f(x)0,f(x)单调递增所以当x(0,m),f(x)f(0)0当x,f(x)所以f(x)在(m,)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,)上有唯一零点x2(2)当x(1,0),g(x)ea1xx设h(x)g(x)e2axxh(x)e2a0所以g(x)在(1,0)单调递增1g(1)2a0,g(0)10e所以存在n(1,0),使得g(n)0 当x(1,n),g(x)0,g(x)单调递减当x(n,0),g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(0)1a01又g(1)0e所以存在t(1,n),使得g(t)0,即f(t)0当x(1,t),f(x)单调递增,当x(t,0),f(x)单调递减有x1,f(x)而f(0)0,所以当x(t,0),f(x)0所以f(x)在(1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(1,0)上有唯一零点所以a1,符合题意所以若f(x)在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求的取值范围为a(,1)（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.（1）13因为l：sinm0，所以sincosm0，32213又因为siny,cosx，所以化简为yxm0，22整理得l的直角坐标方程：3xy2m0 （2）联立l与C的方程，即将x3cos2t，y2sint代入3xy2m0中，可得3cos2t2sint2m0，2所以3(12sint)2sint2m0，2化简为6sint2sint32m0，2要使l与C有公共点，则2m6sint2sint3有解，2令sinta，则a1,1，令f(a)6a2a3，(1≤a≤1)，1对称轴为a，开口向上，6所以f(a)maxf(1)6235，11219f(a)f()3，min666619所以2m56195m的取值范围为m.122[选修4-5：不等式选讲]23.（1）333证明：因为a0，b0，c0，则a20，b20，c20，333222333所以abc3，a2b2c231113331即abc2，所以abc，当且仅当a2b2c2，即abc3时取等号．399（2）证明：因为a0，b0，c0，所以bc2bc，ac2ac，ab2ab，333aaa2bbb2ccc2所以，，bc2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc 333333abca2b2c2a2b2c21bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号．
简介：2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）参考答案注意事项：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.A2.A3.C.4.D5.B6.B7.A8.D9.C10.D11.C12.D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．313.10222222476514.x2y313或x2y15或xy或339282169xy1；52515.3116.,1e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.（1）证明：因为sinCsinABsinBsinCA，所以sinCsinAcosBsinCsinBcosAsinBsinCcosAsinBsinAcosC，222222222acbbcaabc所以ac2bcab，2ac2bc2ab 222222acb222abc即bca，22所以222；2abc（2）25解：因为a5,cosA，31由（1）得22，bc50222由余弦定理可得abc2bccosA，50则50bc25，3131所以bc，2222故bcbc2bc503181，所以bc9，所以ABC的周长为abc14.18.（1）因为ADCD，E为AC的中点，所以ACDE；在△ABD和CBD中，因为ADCD,ADBCDB,DBDB，所以△ABD≌△CBD，所以ABCB，又因为E为AC的中点，所以ACBE；又因为DE,BE平面BED，DEBEE，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.（2）连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，1所以ACEF，所以S=ACEF，△AFC2当EFBD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CBAB2，又因为ACB60，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AEEC1，BE3，1因为ADCD，所以DEAC1,2 在中，222，所以.DEBDEBEBDBEDE以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD1,0,1,AB1,3,0，设平面ABD的一个法向量为nx,y,z，nADxz0则，取y3，则n3,3,3，nABx3y03333又因为C1,0,0,F0,,，所以CF1,,，4444nCF643cosn,CF所以nCF77，214设CF与平面ABD所成的角的正弦值为0，243所以sincosn,CF，743所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为.719.（1）0.6样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x0.06103.9样本中10棵这种树木的材积量的平均值y0.3910 2据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m，平均一棵的材积量为30.39m（2）1010xixyiyxiyi10xyi=1i=1r10101010xx2yy2x2x2y2y2iii10i10i=1i=1i=1i=10.2474100.060.390.01340.01340.97(0.038100.062)(1.6158100.392)0.00018960.01377则r0.97（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为3，Ym又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，0.06186可得=，解之得3．Y=1209m0.39Y则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20.（1）223解：设椭圆E的方程为mxny1，过A0,2,B,1，24n111则9，解得m，n，mn134422yx所以椭圆E的方程为：1.43（2）32A(0,2),B(,1)，所以AB:y2x，2322xy①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入1，3426262可得M(1,)，N(1,)，代入AB方程yx2，可得333 2626T(63,)，由MTTH得到H(265,).求得HN方程：3326y(2)x2，过点(0,2).3②若过点P(1,2)的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(x1,y1),N(x2,y2).kxy(k2)022,22联立xy得(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0，1346k(2k)8(2k)x1x22y1y223k43k4可得，，2xx3k(4k)4(44k2k)122y2y223k43k424k且xyxy(*)122123k4yy13y2,1联立可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).yx223yy12可求得此时HN:yy2(xx2)，3y6xx112将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，222将(*)代入，得24k12k9648k24k4848k24k36k480,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).21.（1）f(x)的定义域为(1,)x当a1时,f(x)ln(1x),f(0)0,所以切点为xe11x(0,0)f(x),f(0)2,所以切线斜率为2×1xe所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y2x（2） axf(x)ln(1x)xex21a(1x)ea1xf(x)xx1xe(1x)ex2设g(x)ea1xx(1,0),g(x)exa1x20f(x)01若a0,当,即所以f(x)在(1,0)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(1,0)上没有零点,不合题意若1„a„0,当x(0,),则g(x)ex2ax02所以g(x)在(0,)上单调递增所以g(x)g(0)1a…0,即f(x)0所以f(x)在(0,)上单调递增,f(x)f(0)0故f(x)在(0,)上没有零点,不合题意a13若x(1)当x(0,),则g(x)e2ax0,所以g(x)在(0,)上单调递增g(0)1a0,g(1)e0所以存在m(0,1),使得g(m)0,即f(m)0当x(0,m),f(x)0,f(x)单调递减当x(m,),f(x)0,f(x)单调递增所以当x(0,m),f(x)f(0)0当x,f(x)所以f(x)在(m,)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,)上有唯一零点x2(2)当x(1,0),g(x)ea1xx设h(x)g(x)e2axxh(x)e2a0所以g(x)在(1,0)单调递增1g(1)2a0,g(0)10e所以存在n(1,0),使得g(n)0 当x(1,n),g(x)0,g(x)单调递减当x(n,0),g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(0)1a01又g(1)0e所以存在t(1,n),使得g(t)0,即f(t)0当x(1,t),f(x)单调递增,当x(t,0),f(x)单调递减有x1,f(x)而f(0)0,所以当x(t,0),f(x)0所以f(x)在(1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(1,0)上有唯一零点所以a1,符合题意所以若f(x)在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求的取值范围为a(,1)（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.（1）13因为l：sinm0，所以sincosm0，32213又因为siny,cosx，所以化简为yxm0，22整理得l的直角坐标方程：3xy2m0 （2）联立l与C的方程，即将x3cos2t，y2sint代入3xy2m0中，可得3cos2t2sint2m0，2所以3(12sint)2sint2m0，2化简为6sint2sint32m0，2要使l与C有公共点，则2m6sint2sint3有解，2令sinta，则a1,1，令f(a)6a2a3，(1≤a≤1)，1对称轴为a，开口向上，6所以f(a)maxf(1)6235，11219f(a)f()3，min666619所以2m56195m的取值范围为m.122[选修4-5：不等式选讲]23.（1）333证明：因为a0，b0，c0，则a20，b20，c20，333222333所以abc3，a2b2c231113331即abc2，所以abc，当且仅当a2b2c2，即abc3时取等号．399（2）证明：因为a0，b0，c0，所以bc2bc，ac2ac，ab2ab，333aaa2bbb2ccc2所以，，bc2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc 333333abca2b2c2a2b2c21bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号．