2022年广东 高考数学真题及详解

2023年12月2日发(作者：信阳一模理科数学试卷分析)

2022广东省高考数学试卷及答案解析2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考数学I卷数学本试卷共4页，22小题，满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目制定区域内相应位置上，如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将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.设集合MxA.x0x＜2x＜4，Nx3x1，则MN=（）B.x1x＜23）C.x3x＜16D.x1x＜1632.已知i1z1，则zz（A.2B.1C.1D.23.在ABC中，点D在边AB上，BD2DA.记CAm，CDn，则CBA.3m2nB.2m3nC.3m2nD.2m3n4.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km²；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km².将该水库在这两个水位间的形状看做一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为A.1.010m932372.6593B.1.210m93C.1.410mD.1.610m）935.从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（A.16B.13C.12D.16.记函数fxsinx3b＞0的最小正周期为T.若＜T＜2，且yfx42）的图象关于点A.17.设a0.1e3，2中心对称，则f（22B.1，cln0.9，则9A.a＜b＜cB.c＜b＜aC.c＜a＜bD.a＜c＜b8.已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且0.132C.52D.3，b3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是（A.18，4）D.18,2781B.2781，44C.2764，43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。全部答对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.已知正方体ABCDA1B1C1D1，则（A.直线BC1与DA1所成的角为90°）B.直线BC1与CA1所成的角为90°C.直线BC1与平面BB1DD1所成的角为45°D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°10.已知函数fxxx1，则（3）A.fx有两个极值点B.fx有三个零点C.点0,1是曲线yfx的对称中心D.直线y2x是曲线yfx的切线11.已知O为坐标原点，点A1，1在抛物线C:x2pyp＞0上，过点B0，1的直线交2C于P，Q两点，则（A.C的准线为yOQ＞OA2）B.直线AB与C相切BQ＞BA2212.已知函数fx及其导数fx的定义域为R，记gxfx，若f均为偶函数，则（A.fx0）B.g32x，g2x2102C.f1f4D.g1g2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.1y826xy的展开式中xy的系数为x2222（用数字作答）.14.写出与圆xy1和x3y416都相切的一条直线的方程15.若曲线yxae有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是x..x2y216.已知椭圆C:221a＞b＞0，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率ab为是1.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，DE6，则ADE的周长2.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字证明、证明过程或演算步骤。17.（10分）记Sn为数列an的前n项和，已知a11，Sn1是公差为的等差数列.3an（1）求数列an的通项公式；（2）证明：111＜2.a1a2ancosAsin2B.1sinA1cos2B18.（12分）记ABC的内角A，已知B，C的对边分别为a，b，c，2a2b2（1）若C，求B；（2）求的最小值.23c19.（12分）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，,A1BC的面积为22.（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值.320.（12分）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对造组），得到如下数据：不够良好病例组对照组4010良好6090（1）能否有99％的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”.与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程PBAPBAPBAPBA度的一项度量指标，记该指标为R.PABPAB（i）证明：R=.PABPAB（ii）利用该调查数据，给出PAB，PAB的估计值，并利用（i）的结果给出R的估计值.nadbc附K.abcdacbd22PKkk20.0503.8410.0106.6350.00110.828x2y21a＞1上，直线l交C交于P，Q两21.（12分）已知A2,1在双曲线C:22aa1点，直线AP，AQ的斜率之和为0.（1）求l的斜率；（2）若tanPAQ22，求PAQ的面积.22.（12分）已知函数fxeax和gxaxlnx有相同的最小值.x（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线yfx和ygx共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.42022普通高等学校招生全国统一考试新高考数学I卷参考答案一、选择题1.D2.D3.B解析：Mx0x＜16，Nxx13解析：由题设有1z1i故z1i，故zz1i1i2.i解析：点D在边AB上，BD2DA，∴BD2DA，即CDCB2CACD，∴CB3CD2CA3n2m.4.C解析：依题意可知棱台的高为h157.5148.59m，所以增加的水量即为棱台的体积V.棱台上底面积S140.0km14010m，下底面积S180.0km18010m262262∴V1hSSSS332060710696182.6510731.4371091.41095.D解析：从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C721种不同的取法，若2两数不互质，不同的取法有：（2,4）（2,6）（2,8）（3,6）（4,6）（4,8）（6,8），共7种，故所求概率P6.A2172.213解析：由函数的最小正周期满足332＜T＜2，得＜＜2，解得2＜＜3，22又因为函数的图象关于点33，2中心对称，∴k,kZ，且b2，∴2421255k,kZ，∴，fxsinx2，46322∴fxsin7.C542141x11x1x解析：设fxln1xxx＞1，∵fx当x1,0时，fx＞0；当x0，时，fx＜05∴函数fx在0，上单调递减，在1,0上单调递增，∴f＜f00，∴ln19101110＜0，故＞lnln0.9即b＞c999911911911∵f＜f00，∴lm＜0，故＜e10，∴e10＜，故b＞a101010109101x21ex1设gxxeln1x0＜x＜1，则gxx1e，x1x1xx令hxex11，则hxex2x1x2x2当0＜x＜21时，hx＜0，函数hx单调递减；当21＜x＜1时，hx＞0，函数hx单调递增.又h00，∴当0＜x＜21时hx＜0，∴0＜x＜21时，gx＞0，函数gx单调递增，∴g0.1＞g00，即0.1e＞ln0.9，∴a＞c.0.18.C解析：方法一：∵球的体积为36，∴球的半径R3.222222设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则l2ah，32a3h，∴6hl，2alh.22221122l4l214l62∴正四棱锥的体积VSh4ah，ll33336693613l51324l2∴V4ll9696，当3l26时，V＞0，当26＜l33时，V＜0，∴当l26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为又l3时，V2781，l33时，V，∴Vmin442764，.4364，3274∴该正四棱锥体积的取值范围是方法二：记三棱锥高与侧棱的夹角为，高为h，底面中心到各顶点的距离为m，632l232l13cos,，则l6cos，mlsin6sincos，23l622h1m6sincos6cos2，S底2m2m2m2，sin2tancos11S底h2m2h144sincos233故V2令ysincossin1sinx1x222x313x,xsin,22132y3x1，当x,时，y＞0，y单调递增；23当x33，时，y＜0，y单调递减；∴ymaxyx32332393233313,又当x时，y，当x时，y.∴y892828直接带入V144sincos22764可得该正四棱锥体积的取值范围是.4，32二、选择题解析：如图，连接B1C、BC1，∵DA1∥B1C∴直线BC1与B1C所成的角即为BC1与DA1所成的角∵四边形BB1C1C为正方形，则B1CBC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确.连接A1C，∵A1B1⊥平面BB1C1C，B1C平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，∵B1CBC1，A1B1BC1=B1，∴BC1⊥平面A1B1C，又A1C平面A1B1C，∴BC1⊥CA1，故B正确.连接A1C1，设，A1C1B1D1O，连接BO，∵BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，7∵C1O⊥B1D1，B1D1B1B=B1，∴C1O⊥平面BB1D1D，∴∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C1OCO12，BC12，sinC1BO1，2BC12∴直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；∵C1C⊥平面ABCD，∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=45°，故D正确.解析：由题，fx3x1，令fx＞0得x＞233或x＜，33令得fx＜0得33＜x＜，333333，∴fx在，3，3上单调递减，在，上单调递增，33∴x3是极值点，故A正确.33231f＞0，f25＜0，393231＞0，因f39∴函数fx在，3当x时，fx33有一个零点，333f＞0，即函数fx在，上无零点，33综上所述，函数fxfx有一个零点，故B错误.令hxxx，该函数的定义域为R，hxxxhx，则hx为奇函数，330,0是hx的对称中心，将hx的图象向上移动一个单位得到fx的图象，∴点0,1是曲线yfx的对称中心，故C正确.令fx3x12，可得x1，又f1f1128当切点为1,1时，切线方程为y2x1，当切点为1,1时，切线方程为y2x3，故D错误.程为y解析：将点A代入抛物线方程得12p，∴抛物线方程为xy，故准线方21，A错误.4y2x1，可得2xykAB112，∴直线AB的方程为y2x1，联立10x22x10，解得x1，故B正确.设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，∴直线l的斜率存在，设其方程为ykx1，Px1,y1，Qx2,y2，k24ykx12联立2得xkx10，∴x1x2k，xyxx112所以k＞2或k＜2，y1y2x1x212又OPx12y12y1y12，OQ22x2y22y2y22∴OPOQ∵BP1k2y1y21y11y2kx1kx2k＞2OA，故C正确.x1，BQ1k2x2，2∴BPBQ1xx121k2＞5，而BA5，故D正确.2解析：∵f32x，g2x均为偶函数，23fx23fx，g2xg2x，2∴f32x23f2x即2∴f3xfx，g4xgx，则f1f4，故C正确.函数fx，gx的图象分别关于直线x3，x2对称，2又gxfx，且函数fx可导，∴g0，g3xgx，∴g4xgxg3x，∴gx2gx1gx，932∴g13g0，g1g1g2，故B正确，D错误，22若函数fx满足题设条件，则函数fxC（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定函数fx的函数值，故A错误.三、填空题13.答案：28解析：原式=xy8yxy8，由二项式定理，其展开式中x2y6的系数为xC82C8328.14.答案：x1或y72535或yx（答对其中之一即可）x242444解析：由图可知，两圆外切，且均与直线l1:x1相切，另过两圆圆心的直线l的方程为y44.由切线定理得，两圆另一公切线l2过点P.x，可得l与l1交点为P1，334kx1，由点到直线距离公式可得37725，即l2:y.x242424设l2:yk43k211，解得k另由于两圆外切，因此在公切点处存在公切线l3与l垂直，解得l3:y35x.4415.答案：，40，解析：易得曲线不过原点，设切点为x0x0ae可得切线方程为yx0aex0x0，则切线斜率为fxx0a1ex0，x0a1ex0xx0，又切线过原点，可得2x0aex0x0x0a1ex0，化简得x0ax0a0，又切线有两条，即方程有两不等实根，由判别式a4a＞0得a＜4或a＞0.16.答案：1321x2y2解析：椭圆离心率为，不妨设C：221，且AF1F2为正三角形，则直线DE的24c3c10斜率k3.由等腰三角形性质可得，AEEF2，ADDF2，由椭圆性质得ADE33xc，与椭圆方程3的周长等价于DEDF2EF24a.另设线DE的方程为y联立可得13x8cx32c0.由弦长公式DE22k21x1x2k212x1x224x1x2得2148138c128cDE1c6，即c，4a8c13.83131313四、解答题17.解：（1）S1a11，∴SS111，所以数列n是首项为1，公差为的等差数列.a13an∴Sn1n2n2，∴Sn1n1333n2n1anan1，33当n2时，anSnSn1∴n1ann1an1，即累积法可得：anann1n2an1n1nn1n2，又a11满足该式，2nn1∴数列an的通项公式为an.2（2）1111112a1a2an1223nn11111112121＜2nn1223n1（1）由已知条件得：sin2BsinAsin2BcosAcosAcos2B，则18.解：sin2BcosAcosAcos2BsinAsin2BcosAcosA2BcosBCcosBC2BcosBCcosBC2cosBcosC∴2sinBcosB2cosBcosC，即sinBcosCcosB0，11由已知条件：1cos2B0，则B∴sinBcosC1，B.26，可知cosB0，2（2）由（1）知sinBcosC＞0，则BC，sinBsinCcosC，22sinAsinBCsin2Ccos2C，2a2b2sin2Asin2Bcos22Ccos2C由正弦定理22csinCsin2C12sinC1sinC24sin222sin2CC5sin2C224sinC522sinCsinC42224sinC5425.2sinC22a2b2当且仅当sinC时等号成立，所以的最小值为425.22c19.解：（1）设A到平面A1BC的距离为h，VA1ABC111411SABCA1AVABCA1B1C14，VAA1BCSA1BCh22h333333∴1422h，∴h2，∴A到平面A1BC的距离为2.33（2）取A1B的中点为E，连接AE，∵A1AAB，∴AEA1B，∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，∴AE⊥平面A1BC，AE2，则A1AAB2，∴AE⊥BC，∵直三棱柱ABC-A1B1C1，∴A1A⊥BC，∵AE∩A1A=A，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BCAB，由VABCA1B1C111ABBCAA12BC24，∴BC2，22以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，12∴B0,0,0，A0,2,0，C2,0,0，A10,2,2，E0,1,1，D1,1,1平面BDC的法向量设为n1AE0,1,1，平面BDA的法向量设为n2x,y,z，BA0,2,0，BD1,1,1，2y0BAn20，∴，∴y0，xyz0BDn20设x1，则z1，∴n21,0，1，∴cosn1n2n1n2n1n221，2设二面角ABDC的平面角为，则sin1cos3，2∴二面角ABDC的正弦值为3.2220.解：（1）假设患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯没有差异，2004090601024＞10.828，则K501501001002∴有99％的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.PABPBAPBAPAR（2）（i）==PBAPBAPABPAPABPABPABPABPABPA=PABPABPABPABPABPAPABPB=PABPBPABPABPABPB，得证.PABPABPABPB402101，，PAB1则PAB1PAB，PAB，∴R6.5104121.解：（1）将点A代入双曲线方程得221，整理得a44a240，解得aa1（ii）由调查数据可知PABx2a2，故双曲线方程为y21；2213由题显然直线l的斜率存在，设l：ykxm，设Px1,y1，Qx2,y2，4kmxxykxm1222k21222联立x得2k1x4kmx2m20，∴，22y1xx2m22122k21kAPkAQy11y21kx1m1kx2m10，x12x22x12x12化简得：2kx1x2m12kx1x24m10，2k2m224km故m12k4m10，22k212k1即k1m2k10，而直线l不过A点，故k1.（2）设直线AP的倾斜角为，由tanPAQ22，得tanPAQ2，22由2PAQ，得kAPtan2，即y112，x12y11x2210424251联立得x1，y1，2332x1y112代入直线l得m而AP52068，故x1x2，x1x23393x12，AQ3x22，22，3由tanPAQ22得sinPAQ故SPAQ1162APAQsinPAQ2x1x22x1x24.29x22.解：（1）fxea，gxa1x①a0时，fx＞0恒成立，∴fx在R上单调递增，即fx没有最小值.该类情况应舍去.②a＞0时，当x,lna时，fx＜0；当xlna，时，fx＞0，14∴fx在,lna上单调递减，在lna，上单调递增，∴fx在xlna处有最小值为flnaaalna，时，gx＞0，∴当x0，时，gx＜0；当x，上单调递增，∴gx在0，上单调递减，在，∴gx在xx1a1a1a1a11处有最小值为g1lna，aa∵fxeax与gxaxlnx有相同的最小值，∴flnaaalna=g即aalna1lna∵a＞0，所以上式等价于lna令hxlnx则hx11lnaaa10，a1x1x＞0，x12x21xx1＞0恒成立，∴hx在0，上单调递增又∵h10ha且a＞0，所以a1.（2）证明：由（1）fxex，gxxlnx，x且fx在，0上单调递减，在0，上单调递增，gx在0,1上单调递减，在1，上单调递增，且fxmingxmin1.①b＜1时，此时fxmingxmin1＞b，显然yb与两条曲线yfx和ygx共有0个交点，不符合题意；②b＜1时，此时fxmingxmin1＞b，显然yb与两条曲线yfx和ygx共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③b＞1时，首先，证明yb与曲线yfx有2个交点，即证明Fxfxb有2个零点，Fxfxe1，x15∴Fx在，0上单调递减，在0，上单调递增，又因为Fbe＞0，F01b＜0，Fbe2b＞0，bb（令tbe2b，则，tbe2＞0，tb＞t1e2＞0）bb所以证明Fxfxb在，0上存在且只存在1个零点，设为x1，在0，上存在且只存在1个零点，设为x2.其次，证明yb与曲线gx有2个交点，即证明Gxgxb有2个零点，Gxgx1∴Gx在0,1上单调递减，在1，上单调递增，又因为Ge1，xebb＞0，G01b＜0，G2bbln2b＞0，1＞0，b＞11ln2＞0）b（令bbln2b，则，b1∴Gxgxb在0,1上存在且只存在1个零点，设为x3，在1，上存在且只存在1个零点，设为x4.再次，证明存在b使得x2x3∵Fx2Gx30，∴be若x2x3，则exx2x2x2x3lnx3，x2x2lnx2，即ex22x2lnx20∴只需证明e2xlnx0在0,1上有解即可，即xe2xlnx在0,1上有零点.x231∵3ee33＜0，1e2＞0，ee∴xe2xlnx在0,1上有零点，取一零点为x0，令x2x3x0即可，x1此时取bex0x0则此时存在直线yb与两条曲线yfx和ygx共共有3个不同交点，最后证明x1x42x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.16∵Fx1Fx2Fx00Gx3Gx0Gx4，所以Fx1Gx0Flnx0.又∵Fx在，0上单调递减，x1＜0，0＜x0＜1即lnx0＜0，∴x1lnx0同理，∵Fx0GeGx，x04xx又∵Gx在1，上单调递增，x0＞0即e0＞1，x1＞1，∴x4e0，又∵ex02x02lnx00，∴x1x4ex0lnx02x0，即直线yb与两条曲线yfx和ygx从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.17