2022年新高考北京数学高考真题文档版(含答案).pdf

《2022年新高考北京数学高考真题文档版(含答案).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年新高考北京数学高考真题文档版(含答案).pdf（10页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学本试卷共 5 页，150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共 40 分）一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1已知全集33Uxx，集合21Axx，则UA（）A(2,1B(3,2)1,3)C 2,1)D(3,2(1,3)2若复数 z 满足i34iz，则z（）A1B5C7D253若直线210 xy 是圆22()1xay的一条对称轴，则a（）A12B12C1D14已知函数1()12x

2、f x，则对任意实数 x，有（）A()()0fxf xB()()0fxf xC()()1fxf xD1()()3fxf x5已知函数22()cossinf xxx，则（）A()f x在,26上单调递减B()f x在,4 12上单调递增C()f x在0,3上单调递减D()f x在 7,4 12上单调递增6设 na是公差不为 0 的无穷等差数列，则“na为递增数列”是“存在正整数0N，当0nN时，0na”的（）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献如图描述了一定

3、条件下二氧化碳所处的状态与 T 和lgP的关系，其中 T 表示温度，单位是 K；P 表示压强，单位是bar下列结论中正确的是（）A当220T，1026P 时，二氧化碳处于液态B当270T，128P 时，二氧化碳处于气态C当300T，9987P 时，二氧化碳处于超临界状态D当360T，729P 时，二氧化碳处于超临界状态8若443243210(21)xa xa xa xa xa，则024aaa（）A40B41C40D419已知正三棱锥PABC的六条棱长均为 6，S 是ABC及其内部的点构成的集合设集合5TQS PQ，则 T 表示的区域的面积为（）A34BC2D310 在ABC中，3,4,90AC

4、BCC P 为ABC所在平面内的动点，且1PC，则PA PB 的取值范围是（）A 5,3B 3,5C 6,4D 4,6第二部分（非选择题共 110 分）二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。11函数1()1f xxx的定义域是_12已知双曲线221xym的渐近线方程为33yx，则m _13 若 函 数()sin3cosf xAxx的 一 个 零 点 为3，则A_；12f_14设函数21,()(2),.axxaf xxxa若()f x存在最小值，则 a 的一个取值为_；a 的最大值为_15已知数列 na的各项均为正数，其前 n 项和nS满足9(1,2,)nnaSn给出下列四个结论

5、：na的第 2 项小于 3；na为等比数列；na为递减数列；na中存在小于1100的项其中所有正确结论的序号是_三、解答题共 6 小题，共 85 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程16（本小题 13 分）在ABC中，sin23sinCC（I）求C；（II）若6b，且ABC的面积为6 3，求ABC的周长17（本小题 14 分）如图，在三棱柱111ABCABC中，侧面11BCC B为正方形，平面11BCC B 平面11ABB A，2ABBC，M，N 分别为11AB，AC 的中点（I）求证：MN 平面11BCC B；（II）再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求直线 AB 与平面 B

6、MN 所成角的正弦值条件：ABMN；条件：BMMN注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分18（本小题 13 分）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9 50m以上（含9 50m）的同学将获得优秀奖为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.65，9.20，9.16假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立（I）估计

7、甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；（II）设 X 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计 X 的数学期望EX；（III）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）19（本小题 15 分）已知椭圆2222:1(0)xyEabab的一个顶点为(0,1)A，焦距为2 3（I）求椭圆 E 的方程；（II）过点(2,1)P 作斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 B，C，直线 AB，AC 分别与 x 轴交于点 M，N，当|2MN 时，求 k 的值20（本小题 15 分）已知函数()ln(1)xf xxe（I）求曲线()yf x在点(0,

8、(0)f处的切线方程；（II）设()()g xfx，讨论函数()g x在0,)上的单调性；（III）证明：对任意的,(0,)s t，有()()()f stf sf t21（本小题 15 分）已知12:,kQ a aa为有穷整数数列给定正整数 m，若对任意的1,2,nm，在 Q中存在12,(0)iiiija aaaj，使得12iiiijaaaan，则称 Q 为m 连续可表数列（I）判断:2,1,4Q是否为5连续可表数列？是否为6连续可表数列？说明理由；（II）若12:,kQ a aa为8连续可表数列，求证：k 的最小值为 4；（III）若12:,kQ a aa为20连续可表数列，且1220kaa

9、a，求证：7k 2022 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学参考答案第一部分（选择题共 40 分）一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1.D2.B3.A4.C5.C6.C7.D8.B9.B10.D第二部分（非选择题共 110 分）二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分11.,00,112.313.1.214.0（答案不唯一）.115.三、解答题共 6 小愿，共 85 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程16.（1）6（2）6 6 3+17.（1）取AB的中点为K，连接,MK NK，由三棱柱111ABC

10、ABC可得四边形11ABB A为平行四边形，而11,B MMA BKKA，则1/MK BB，而MK 平面11CBBC，1BB 平面11CBBC，故/MK平面11CBBC，而,CNNA BKKA，则/NK BC，同理可得/NK平面11CBBC，而,NKMKK NK MK平面MKN，故平面/MKN平面11CBBC，而MN 平面MKN，故/MN平面11CBBC，（2）因为侧面11CBBC为正方形，故1CBBB，而CB 平面11CBBC，平面11CBBC 平面11ABB A，平面11CBBC 平面111ABB ABB，故CB 平面11ABB A，因为/NK BC，故NK 平面11ABB A，因为AB平

11、面11ABB A，故NKAB，若选，则ABMN，而NKAB，NKMNN，故AB 平面MNK，而MK 平面MNK，故ABMK，所以1ABBB，而1CBBB，CBABB，故1BB 平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2BANM，故0,2,0,1,1,0,0,1,2BABNBM ，设平面BNM的法向量为,nx y z，则00n BNn BM ，从而020 xyyz，取1z ，则2,2,1n ，设直线AB与平面BNM所成的角为，则42sincos,2 33n AB .若选，因为/NK BC，故NK 平面11ABB A，而KM 平面MKN，故NKKM

12、，而11,1B MBKNK，故1B MNK，而12B BMK，MBMN，故1BB MMKN，所以190BB MMKN，故111ABBB，而1CBBB，CBABB，故1BB 平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2BANM，故0,2,0,1,1,0,0,1,2BABNBM ，设平面BNM的法向量为,nx y z，则00n BNn BM ，从而020 xyyz，取1z ，则2,2,1n ，设直线AB与平面BNM所成的角为，则42sincos,2 33n AB .18.（1）0.4（2）75（3）丙19.（1）2214xy（2）4k 20.（1）y

13、x（2）()g x在0,)上单调递增.（3）解：原不等式等价于()()()(0)f stf sf tf，令()()()m xf xtf x，(,0)x t，即证()(0)m xm，()()()eln(1)e ln(1)x txm xf xtf xxtx，ee()eln(1)e ln(1)()()11x txx txm xxtxg xtg xxtx，由（2）知1()()e(ln(1)1xg xfxxx在0,上单调递增，()()g xtg x，()0m x()m x在0,上单调递增，又因为,0 x t，()(0)m xm，所以命题得证.21.（1）是5连续可表数列；不是6连续可表数列（2）若3k,

14、设为:Q,a b c,则至多,ab bc abc a b c，6 个数字，没有8个，矛盾；当4k 时,数列:1,4,1,2Q，满足11a，42a，343aa，24a，125aa，1236aaa，2347aaa，12348aaaa，min4k（3）12:,kQ a aa，若ij最多有k种，若ij，最多有2Ck种，所以最多有21C2kk kk种，若5k，则12,ka aa至多可表5 5 1152个数，矛盾,从而若7k,则6k，,a b c d e f至多可表6(61)212个数，而20abcdef，所以其中有负的，从而,a b c d e f可表 120 及那个负数（恰21 个），这表明af中仅一

15、个负的，没有 0，且这个负的在af中绝对值最小，同时af中没有两数相同,设那个负数为(1)m m，则所有数之和125415mmmmm ，415191mm，,1,2,3,4,5,6a b c d e f，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，112 （仅一种方式），1与 2 相邻，若1不在两端,则,1,2,_,_,_x 形式，若6x，则56(1)（有 2 种结果相同，方式矛盾），6x，同理5,4,3x，故1在一端，不妨为 1,2,A B C D形式，若3A,则523（有 2 种结果相同，矛盾），4A 同理不行，5A，则6125 （有 2 种结果相同，矛盾），从而6A，由于7126 ,由表法唯一知 3,4 不相邻,、故只能1,2,6,3,5,4，或1,2,6,4,5,3，这 2 种情形，对：96354，矛盾，对：82653，也矛盾，综上6k 7k