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1、2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考2卷）数学一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1. 已知集合，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】 本题主要考查了集合的交集运算 .【解答】 解： 方法一：通过解不等式可得集合 ，则 ，故 B 正确 . 法二：代入排除法 代入集合 ，可得 ， ，不满足，排除 A 、 代入集合 ，可得 ， ，不满足， 排除 C ，故 B 正确 . 2.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】 本题考查复数的四则运算，为基础题 .【解答】 解： 3. 中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处，更是美学和哲学的体现.如图是某古建筑物的剖面图，是桁
2、，是脊，是相等的步，相邻桁的脊步的比分别为，若，是公差为的等差数列，直线OA的斜率为，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】 本题考查等差数列、直线的斜率与倾斜角的关系，比例的性质，属于中档题 .【解答】 解： 设 ，则 ， ， 由题意得 ， ， 且 ， 解得 4. 已知向量，若，则实数A. B. C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】 本题考查了向量的坐标运算和夹角运算，属于基础题。【解答】 解： 由已知有 ， ， ， ，故 ， 解得 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，丙和丁相邻的不同排列方式有A. 12种B. 24种C. 36种D. 48种【答
3、案】B【解析】【分析】 本题考查排列、组合的运用，属于基础题【解答】 解： 先利用捆绑法排乙丙丁成四人，再用插空法选甲的位置，则有 种 . 6. 若，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】 本题考查三角恒等变换的应用 法一：利用特殊值法，排除错误选项即可 法二，利用三角恒等变换，求出正确选项 【解答】 解： 解法一：设 则 ，取 ，排除 B ， D 再取 则 ，取 ，排除 选 解法二：由 ， 故 故 ，即 ， 故 ， 故 ，故 7. 已知正三棱台的高为1，上下底面的边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】 本题主要考查
4、了正三棱台和外接球的关系应用，球体表面积公式的应用 .【解答】 解： 由题意如图所示，上底面所在平面截球所得圆的半径是 ， 下底面所在平面截球所得圆的半径是 ， 则轴截面中由几何知识可得 ，解得 ， 因此球的表面积是 8. 若函数的定义域为R，且，则A. B. C. 0D. 1【答案】A【解析】【分析】 解： 令 得 故 ， ， 消去 和 得到 ，故 周期为 令 ， 得 ， ， ， ， ， ， 故 即 【解答】 本题考查函数性质的应用，涉及函数的周期与赋值法的应用 .二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9. 已知函数的图象关于点对称，则A. 在单调递减B. 在有两个极值点C. 直线是曲线
5、的一条对称轴D. 直线是曲线的一条切线【答案】AD【解析】【分析】 解： 由题意得： ， 所以 ，即 ， ， 又 ，所以 时， ， 故 选项 时， ，由 图象知 在 单调递减 ; 选项 时， ，由 图象知 在 有 1 个极值点 ; 选项 由于 ，故直线 不是 的对称轴 ; 选项 令 ，得 ， 解得 或 ， ， 从而得 或 ， ， 令 ，则 是斜率为 的直线与曲线的切点， 从而切线方程为 ，即 【解答】 本题考查三角函数的图象与性质，三角函数的单调性、三角函数的对称轴与对称中心，函数的极值，切线方程的求解，属于中档题 .10. 已知O为坐标原点，过抛物线的焦点F的直线与C交于A，B两点，点A在第
6、一象限，点，若，则A. 直线AB的斜率为B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】 本题考查了抛物线的定义和性质，属于中档题。【解答】 解： 选项 设 FM 中点为 N ，则 ，所以 ，所以 ，故 选项 所以 所以 选项 选项 由选项 A ， B 知 ， ，所以 ，所以 为钝角 ; 又 ，所以 为钝角， 所以 11. 如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，记三棱锥，的体积分别为，则A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】 本题主要考查三棱锥的体积，属于基础题 .【解答】 解： 设 ，则 ， 连结 BD 交 AC 于 M ，连结 EM 、 FM ，则 ， ， ，故 ， ，
7、 ， 12. 若实数x， y满足，则A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】 本题考查三角恒等变换与正弦函数的值域 利用正余弦函数表示 x ， y ，代入到 ， ，再利用三角函数的性质判断选项即可 【解答】 解： 由 得 令 故 ，故 A 错， B 对 ; 其中 ， 故 C 对， D 错 . 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 随机变量X服从正态分布，若，则_.【答案】【解析】【分析】 本题考查了正态分布的意义，正态曲线的对称性及其应用 .【解答】 解：由题意可知， ，故 14. 曲线经过坐标原点的两条切线方程分别为_，_.【答案】【解析】【分析】 本题考查函数切线问
8、题，设切点坐标，表示出切线方程，带入坐标原点，求出切点的横坐标，即可求出切线方程，为一般题 .【解答】 解：当 时，点 上的切线为 若该切线经过原点，则 ，解得 ， 此的切线方程为 当 时，点 上的切线为 若该切线经过原点，则 ，解得 ， 此时切线方程为 15. 设点，直线 AB关于直线的对称直线为l，已知l与圆有公共点，则a的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】 本题考查直线关于直线对称的直线求法，直线与圆的位置关系的应用，属于中档题 .【解答】 解：因为 ，所以 AB 关于直线 的对称直线为 ，所以 ，整理可得 解得 16. 已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴y轴分别相交
9、于M，N两点，且，则直线l的方程为_.【答案】【解析】【分析】 本题考查了椭圆的中点弦问题，属于偏难题。 【解答】 解：取 AB 的中点为 E ，因为 ，所以 ，设 ， 可得 ，即 设直线 ， ， ， 令 ， ，令 ， ，所以 ，所以 ， ， ， ，所以直线 ，即 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 已知为等差数列，为公比为2的等比数列，且证明：求集合中元素个数.【答案】解：设等差数列公差为d由，知，故曲，知，故故，整理得，得证.由知，由知：即，即，因为，故，解得，故集合中元素的个数为9个.【解析】本题考查等差、等比数列的通项公式，解指数不等式，集合中元素的个数问题，属于中档题.
10、18. 记的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为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，且，求的面积;若，求【答案】解：边长为a的正三角形的面积为，即，由得：，故由正弦定理得：，故【解析】本题考查利用正余弦定理解三角形利用余弦定理与正三角形的面积求得ac，继而利用面积公式求解利用正弦定理进行变形，即可求解19. 在某地区进行某种疾病调查，随机调查了100位这种疾病患者的年龄，得到如下样本数据频率分布直方图.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估计该地区以为这种疾病患者年龄位于区间的概率;已知该地区这种疾病患者的患病率为，该地区年龄位于区间的人
11、口数占该地区总人口数的，从该地区选出1人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率精确到【答案】解：平均年龄岁设一人患这种疾病的年龄在区间，则设任选一人年龄位于区间任选一人患这种疾病，则由条件概率公式，得【解析】本题考查了平均数，概率的求法，考查频率分布直方图、条件概率等知识.20. 如图，PO是三棱锥的高，E是PB的中点.证明：平面若，求二面角正弦值.【答案】解：法一：连接OA、OB，因为PO是三棱锥的高，所以平面ABC，所以，所以，又，所以，所以，作AB中点D，连接OD、DE，则有，又，所以，又因为平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，又D、 E分别为AB、PB的中点，所以，在中，又
12、因为平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，又OD、平面ODE，所以平面平面PAC，又平面ODE，所以平面法二：连接OA、OB，因为PO是三棱锥的高，所以平面ABC，所以，所以，又，所以，所以，又，在，O为BF中点，延长BO，交AC于F，连接 PF，所以在中，O、E分别为BF、PB的中点，所以，因为平面PAC，平面PAC，所以平面法一：过点D作，以DB为x轴，DO为y轴，DF为z轴.建立如图所示的空间直角坐标系.因为，由，又，所以，所以，设，则，平面AEB的法向量设为，直线AB的方向向量可设为，直线平面AEB，直线DP的方向向量为，所以，所以，设，则，所以平面AEC的法向量设为，所以，所以，设
13、，则，所以所以，二面角的平面角为，则，所以二面角的正弦值为法二：过点A作，以AB为x轴，AC为y轴，AF为z轴建立所示的空间直角坐标系.因为，由，又，所以，所以，设，则，平面AEB的法向量设为，所以，所以设，则，所以平面AEC的法向量设为，所以，所以，设，则，所以所以，二面角的平面角为，则，所以二面角的正弦值为【解析】本题考查线面平行与二面角的求解，考查学生的空间想象与计算能力，有一定的难度.21. 设双曲线的右焦点为，渐近线方程为求C的方程;经过F的直线与C的渐近线分别交于A，B两点，点，在C上，且，过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，从下面三个条件中选择两个条件，证明另一个条件成立：在AB上;【答案】解：由题意可得，故，因此C的方程为设直线PQ的方程为，将直线PQ的
