2022新高考2卷数学试卷及答案

2023年12月2日发(作者：多维互动提优课堂数学试卷)

按秘密级事项管理

2022年辽宁省普通高等学校招生全国统一考试

数

学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．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，再选涂其他答案标号。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8小题，每小题5分，共40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．已知集合A＝{－1，1，2，4}，B＝{x||x－1|≤1}，则A∩B＝

A．{－1，2}

2．(2＋2i)(1－2i)＝

A．－2＋4i B．－2－4i C．6＋2i D．6－2i

B．{1，2} C．{1，4} D．{－1，4}

3．图1是中国的古建筑中的举架结构，AA/，BB，CC/，DD/是桁，相邻桁的水平距离称

为步，垂直距离称为举．图2是某古建筑屋顶截面示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1DD1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为＝0.5，

OD1CC1BB1AA1＝k1，＝k2，＝k，已知k1，k2，k3是公差为0.1的等差数列，且直线OA的DC1CB1BA13斜率为0.725，则k3＝

A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9

4．已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若＜a，c＞＝＜b，c＞，则t＝

A．－6 B．－5 C．5 D．6

5．甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有

A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 π6．若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝22cos(α＋)sinβ，则

4A．tan(α－β)＝1 B．tan(α＋β)＝1 C．tan(α－β)＝－1 D．tan(α＋β)＝－1

7．已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为

A．100π B．128π C．144π D．192π

228．若函数f (x)的定义域为R，且f (x＋y)＋f (x－y)＝f (x)f (y)，f (1)＝1，则f (k)＝

k＝1A．－3 B．－2 C．0 D．1

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

2π9．已知函数f (x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象关于点(，0)中心对称，则

35πA．f (x)在(0，)单调递减

12π11πB．f (x)在(－，)有两个极值点

12127πC．直线x＝是曲线y＝f (x)的对称轴

63D．直线y＝－x是曲线y＝f (x)的切线

210．已知O为坐标原点，过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p，0)，若|AF|＝|AM|，则

B．|OB|＝|OF|

A．直线AB的斜率为26

D．∠OAM＋∠OBM＜180º

E

11．如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，

AB＝ED＝2FB，记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的

体积分别为V1，V2，V3，则

A．V3＝2V2 B．V3＝V1

D

C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1

12．若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则

A

A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2

C．|AB|＞4|OF|

F

C

B

C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，若P(2＜X≤2.5)＝0.36，则P(X＞2.5)＝_______．

14．曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线方程为_______，_______．

15．设点A(－2，3)，B(0，a)，若直线AB关于y＝a对称的直线与圆C：

(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，则a的取值范围为_______．

x2y216．已知直线l与椭圆＋＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别相交于63M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝23，则l的方程为_______． 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

17．（10分）

已知{an}为等差数列，{bn}为公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4．

（1）证明：a1＝b1；

（2）求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素个数．

18．（12分）

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1－S2＋S3＝（1）求△ABC的面积；

（2）若sinAsinC＝2，求b．

331，sinB＝．

23

19．（12分）

在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下样本数据的频率分布直方图．

频率

组距0.023

0.020

0.017

0.012

0.006

0.002

0.001

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

年龄(岁)

（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组数据用该区间的中点值作代表)；

（2）估计该地区一位这种疾病患者年龄位于区间[20，70)的概率；

（3）已知该地区这种疾病患者的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口数占该地区总人口数的16%，从该地区选出1人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001)．

20．（12分）

如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，C

P

AB⊥AC，E为PB的中点．

（1）证明：OE∥平面PAC：

E

（2）若∠ABO＝∠CBO＝30º，PO＝3，

PA＝5，求二面角C－AE－B正余弦值．

O

A

B

21．（12分）

x2y2已知双曲线C：2－2＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±3x．

ab（1）求C的方程；

（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0．过P且斜率为－3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立．

①M在AB上；②PQ∥AB；③|AM|＝|BM|．

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

22．（12分）

已知函数f (x)＝xeax－ex．

（1）当a＝1时，讨论f (x)的单调性；

（2）当x＞0时，f (x)＜－1，求a的取值范围；

111（3）设n∈N*，证明：2＋2＋…＋2＞ln(n＋1)．

1＋12＋2n＋n

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

求出集合B后可求AB.

【详解】

Bx|0x2，故AB1,2， 故选：B.

2．D

【解析】

【分析】

利用复数的乘法可求22i12i.

【详解】

22i12i244i2i62i，

故选：D.

3．D

【解析】

【分析】

设OD1DC1CB1BA11，则可得关于k3的方程，求出其解后可得正确的选项.

【详解】

设OD1DC1CB1BA11，则CC1k1,BB1k2,AA1k3，

依题意，有k30.2k1,k30.1k2，且所以DD1CC1BB1AA10.725，

OD1DC1CB1BA10.53k30.30.725，故k30.9，

4故选：D

4．C

【解析】

【分析】

利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得

【详解】

解：c3t,4,cosa,ccosb,c,即故选：C

93t163t,解得t5,

5cc5．B

【解析】

【分析】

利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解

【详解】

因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!2224种不同的排列方式，

故选：B

6．C

【解析】

【分析】

由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.

【详解】

由已知得：sincoscossincoscossinsin2cossinsin,

即：sincoscossincoscossinsin0，

即：sincos0,

所以tan1,

故选：C

7．A

【解析】

【分析】

根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】

设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r13343，即r13,r24，,2r2sin60sin60设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1R29，d2R216，故d1d21或d1d21，即R29R2161或R29R2161，解得R225符合题意，所以球的表面积为S4πR2100π．

故选：A．

8．A

【解析】

【分析】

根据题意赋值即可知函数fx的一个周期为6，求出函数一个周期中的f1,f2,【详解】

,f6的值，即可解出．

因为fxyfxyfxfy，令x1,y0可得，2f1f1f0，所以f02，令x0可得，fyfy2fy，即fyfy，所以函数fx为偶函数，令y1得，fx1fx1fxf1fx，即有fx2fxfx1，从而可知fx2fx1，fx1fx4，故fx2fx4，即fxfx6，所以函数fx的一个周期为6．

因为f2f1f0121，f3f2f1112，f4f2f21，f5f1f11，f6f02，所以

一个周期内的f1f222f60．由于22除以6余4，

所以fkf1f2f3f411213．

k1故选：A．

9．AD

【解析】

【分析】

根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．

【详解】

4π2π4π0，所以kπ，kZ，

由题意得：fsin3334πkπ,kZ，

即32π2π又0π，所以k2时，，故f(x)sin2x．

332π2π3π5π5π2x,，对A，当x0,时，由正弦函数ysinu图象知yf(x)在0,3321212上是单调递减；

2ππ5ππ11π2x,，由正弦函数ysinu图象知yf(x)只有对B，当x,时，32212121个极值点，由2x对C，当x5π5π2π3π，解得x，即x为函数的唯一极值点；

3212127π7π7π2π3π，f()0，直线x时，2x不是对称轴；

66632π2π11cos2x对D，由y2cos2x得：，

3322π2π2π4π2kπ或2x2kπ,kZ,

解得2x3333从而得：xkπ或xπkπ,kZ,

332π0,ky2cos1，

所以函数yf(x)在点处的切线斜率为x023切线方程为：y故选：AD．

10．ACD

33(x0)即yx．

22【解析】

【分析】

3p6p由AFAM及抛物线方程求得A(,)，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直42p6p线AB的方程，联立抛物线求得B(,)，即可求出OB判断B选项；由抛物线的定3325p义求出AB即可判断C选项；由OAOB0，MAMB0求得AOB，AMB为钝12角即可判断D选项.

【详解】

p对于A，易得F(,0)，由AFAM可得点A在FM的垂直平分线上，则A点横坐标为2pp3p，

2246p3p323p6p2p，26，代入抛物线可得y2p则A(,则直线AB的斜率为2)，3pp424242A正确；

1pxy对于B，由斜率为26可得直线AB的方程为，联立抛物线方程得226y21pyp20，

66p666p设B(x1,y1)，则，代入抛物线得py1p，则y12px1，解得32632x1pp6p，则B(,)，

33322p6p7pp则OB，B错误；

OF3323对于C，由抛物线定义知：AB3pp25pp2p4OF，C正确；

43123p6pp6p3pp6p6p3p2)(,)对于D，OAOB(,40，则AOB42334323为钝角，

p6p2p6pp2p6p6p5p2)(,)又MAMB(,60，则42334323AMB为钝角，

又AOBAMBOAMOBM360，则OAMOBM180，D正确.

故选：ACD.

11．CD

【解析】

【分析】

直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3VAEFMVCEFM计算出V3，依次判断选项即可.

【详解】

设ABED2FB2a，因为ED平面ABCD，FBED，则1V1EDS3ACD11422a2aa3，

3231V2FBS3ABC1122a2aa3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得323BDAC，

又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又EDBDD，ED,BD平面BDEF，则AC平面BDEF，

又BMDM1BD2a，过F作FGDE于G，易得四边形BDGF为矩形，则2FGBD22a,EGa，

则EM2a22a26a,FMa2EFM2a23a，EFa222a23a，

EM2FM2EF2，则EMFM，S则V3VAEFMVCEFM错误；C、D正确.

故选：CD.

12．BC

【解析】

【分析】

1ACS3EFM1322EMFMa，AC22a，

222a3，则2V33V1，V33V2，V3V1V2，故A、B根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．

【详解】

22abab22a,bxyxy1可变形为，R因为ab（），由222xyxy13xy3，解得2xy2，当且仅当xy1时，xy2，222当且仅当xy1时，xy2，所以A错误，B正确； x2y2由xyxy1可变形为xy1xy，解得x2y22，当且仅当22222xy1时取等号，所以C正确；

y3y3因为xyxy1变形可得xy21，设xcos,ysin，所以2422222xcos12sin,ysin，因此3352111x2y2cos2sin2sincos1sin2cos2

3333342π233sin2,2，所以当x时满足等式，但是x2y21不成立，,y336333所以D错误．

故选：BC．

13．0.14##【解析】

【分析】

根据正态分布曲线的性质即可解出．

【详解】

因为X7．

50N2,2，所以PX2PX20.5，因此PX2.5PX2P2X2.50.50.360.14．

故答案为：0.14．

1314．,

32【解析】

【分析】

首先求出点A关于ya对称点A的坐标，即可得到直线l的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；

【详解】 解：A2,3关于ya对称的点的坐标为A2,2a3，B0,a在直线ya上，

所以AB所在直线即为直线l，所以直线l为y22a3xa，即a3x2y2a0；

2圆C:x3y21，圆心C3,2，半径r1，

依题意圆心到直线l的距离d3a342aa32221，

131322即55aa322，解得a，即a,；

323213故答案为：,

3215．x2y220

【解析】

【分析】

1令AB的中点为E，设Ax1,y1，Bx2,y2，利用点差法得到kOEkAB，设直线2AB:ykxm，k

0，m0，求出M、N的坐标，再根据MN求出k、m，即可得解；【详解】

解：令AB的中点为E，因为MANB，所以MENE，

x12y12x22y221，

1，设Ax1,y1，Bx2,y2，则6363xxxxyy2y1y20

x12x22y12y220，即12121所以663363y1y2y1y211所以，即kOEkAB，设直线AB:ykxm，k0，m0，

2x1x2x1x22令x0得ym，令y0得xmmmm，即M,0，N0,m，所以E,，

kk2k2m122即k2，解得k或k（舍去），

m2222k又MN23，即MNm2所以直线AB:y2m2，

23，解得m2或m2（舍去）2x2，即x2y220；

2

故答案为：x2y220

16．

y【解析】

【分析】

分x0和x0两种情况，当x0时设切点为x0,lnx0，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x0时同理可得；

【详解】

解：

因为ylnx，

当x0时ylnx，设切点为x0,lnx0，由yylnx01xx0，

x011x

yx

ee11，所以y|xx0，所以切线方程为x0x又切线过坐标原点，所以lnx0即y1x；

e1x0，解得x0e，所以切线方程为y11xe，x0e当x0时ylnx，设切点为x1,lnx1，由y为ylnx11xx1，

x111，所以y|xx1，所以切线方程x1x又切线过坐标原点，所以lnx1y11x1，解得x1e，所以切线方程为x111xe，即yx；

ee11x；yx

ee故答案为：y17．(1)证明见解析；

(2)9．

【解析】

【分析】

（1）设数列an的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；

（2）根据题意化简可得m2k2，即可解出．

(1)

a1d2b1a12d4b1d设数列an的公差为d，所以，，即可解得，b1a1，所2a1d2b18b1a13d以原命题得证．

(2)

由（1）知，b1a1即m2k2dk1，所以bkama1b12a1m1da1，即2k12m，亦21,500，解得2k10，所以满足等式的解k2,3,4,,10，故集合k|bkama1,1m500中的元素个数为10219．

18．(1)2

8(2)2

【解析】

【分析】

（1）先表示出S1,S2,S3，再由S1S2S3关系求得ac，再由面积公式求解即可；

b2ac（2）由正弦定理得2，即可求解.

sinBsinAsinC3求得a2c2b22，结合余弦定理及平方21(1)

由题意得S1S1S2S3222123323232aa,S2b,S3c，则224443232323，

abc4442a2c2b2即acb2，由余弦定理得cosB，整理得accosB1，则cosB0，2ac1又sinB，

3132221则cosB1，ac，则ScosB4332ABC12；

acsinB28(2)

32bacac9bac4，则由正弦定理得：，则2sinBsinAsinCsinAsinC42sinBsinAsinC3231b3，bsinB.

22sinB219．(1)44.65岁；

(2)0.89；

(3)0.0014．

【解析】

【分析】

（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出； （2）设A{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，根据对立事件的概率公式P(A)1P(A)即可解出；

（3）根据条件概率公式即可求出．

(1)

平均年龄x(50.001150.002250.012350.017450.023

550.020650.012750.006850.002)1044.65（岁）．

(2)

设A{一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以

P(A)1P(A)1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89．

(3)

设B{任选一人年龄位于区间[40,50)，C{任选一人患这种疾病}，

则由条件概率公式可得

P(C|B)P(BC)0.1%0.023100.0010.230.00143750.0014．

P(B)16%0.1620．(1)证明见解析

(2)11

13【解析】

【分析】

（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OAOB，再根据直角三角形的性质得到AODO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证；

（2）过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；

(1)

证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD， 因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO平面ABC，AO,BO平面ABC，

所以POAO、POBO，

又PAPB，所以△POA△POB，即OAOB，所以OABOBA，

又ABAC，即BAC90，所以OABOAD90，OBAODA90，

所以ODAOAD

所以AODO，即AODOOB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，又OE平面PAC，PD平面PAC，

所以OE//平面PAC

(2)

解：过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，

因为PO3，AP5，所以OAAP2PO24， 又OBAOBC30，所以BD2OA8，则AD4，AB43，

所以AC12，所以O23,2,0，B43,0,0，P23,2,3，C0,12,0，所以3E33,1,，

23则AE33,1,，AB43,0,0，AC0,12,0，

23nAE33xyz02nx,y,z设平面AEB的法向量为，令z2，则y3，，则nAB43x0x0，所以n0,3,2；

3mAE33abc02设平面AEC的法向量为ma,b,c，则，令a3，则c6，mAC12b0b0，所以m所以cosn,m3,0,6；

1243

131339nmnm设二面角CAEB为，由图可知二面角CAEB为钝二面角，