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.