2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考2卷）数学-教师用卷

2022年普通高等学校招生全国统一考试（新高考2卷）数学

一、单项选择题（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 、 代入集合 ，可得 ， ，不满足， 排除 ，故 B 正确．

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，，，，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.  D.

【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. 种 B. 种 C. 种 D. 种

【答案】

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 ，
再取 则 ，取 ，排除 选 C ．
解法二：由
，
故
故 ，即 ，
故 ，
故 ，故 ．

7. 已知正三棱台的高为，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，且，，则

A.  B.  C.  D.

【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、多项选择题（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 A 时， ，由 图象知 在 单调递减
选项 B 时， ，由 图象知 在 有 个极值点
选项 C 由于 ，故直线 不是 的对称轴
选项 D 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. 已知为坐标原点，过抛物线的焦点的直线与交于，两点，点在第一象限，点，若，则

A. 直线的斜率为 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 A 设 中点为 ，则 ，所以
，所以 ，故 ．
选项 B 所以
所以 ．
选项 C ．
选项 D 由选项 A ， 知 ， ，所以
，所以 为钝角
又 ． ，所以 为钝角，
所以 ．

11. 如图，四边形为正方形，平面，，，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 交 于
，连结 、 ，则 ， ， ，故 ，
， ， ．

12. 若实数，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 ， ，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， 对

其中 ，
故 C 对， 错．

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 随机变量服从正态分布，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，，直线关于直线的对称直线为，已知与圆有公共点，则的取值范围为          ．

【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 关于直线 的对称直线为 ，所以 ，整理可得 解得 ．

16. 已知直线与椭圆在第一象限交于，两点，与轴轴分别相交于，两点，且，，则直线的方程为          ．

【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 的中点为 ，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
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．
 

18. 记的三个内角分别为，，，其对边分别为，，，分别以，，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，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口数占该地区总人口数的，从该地区选出人，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，是三棱锥的高，，，是的中点．
    
    证明：平面
    若，，，求二面角正弦值．

【答案】

解：法一：连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，所以，，
所以，又，，所以，所以，
作中点，连接、，则有，又，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
 又、分别为、的中点，所以，在中，
又因为平面，平面，所以平面，
又、平面，，所以平面平面，
又平面，所以平面
法二：连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，所以，，
所以，又，，所以，
所以，又，在，为中点，
延长，交于，连接，
所以在中，、分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面
法一：过点作，以为轴，为轴，为轴．
建立如图所示的空间直角坐标系．

因为，，由，
又，所以，，
所以，，，，
设，则，
平面的法向量设为，直线的方向向量可设为，
直线平面，直线的方向向量为
，所以
所以，设，则，所以
平面的法向量设为，，
，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
法二：过点作，以为轴，为轴，为轴
建立所示的空间直角坐标系．

因为，，由，
又，所以，，所以，，
，，设，则，
平面的法向量设为，，
，所以，所以设，则，
所以
平面的法向量设为，，
，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
    求的方程
    经过的直线与的渐近线分别交于，两点，点，在上，且，过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点，从下面三个条件中选择两个条件，证明另一个条件成立：在上．

【答案】

解：由题意可得，，故，．
因此的方程为．
设直线的方程为，将直线的方程代入的方程得，
则，，
．
不段点的坐标为，则．
两式相减，得，而，
故，解得．
两式相加，得，而，故，解得
因此，点的轨迹为直线，其中为直线的斜率．
若选择
设直线的方程为，并设的坐标为，的坐标为
则，解得，．
同理可得，．
此时，．
而点的坐标满足，
解得，，
故为的中点，即．
若选择
当直线的斜率不存在时，点即为点，此时不在直线上，矛盾．
故直线的斜率存在，设直线的方程为，
并设的坐标为，的坐标为
则，解得，．
同理可得，．
此时，．
由于点同时在直线上，故，解得因此．
若选择
设直线的方程为，并设的坐标为，的坐标为
则解得，．
同理可得，，
设的中点为，则，．
由于，故在的垂直平分线上，即点在直线上．
将该直线与联立，解得，，
即点恰为中点，故点而在直线上．

【解析】本题考查双曲线的标准方程和几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考查开放探究能力，属于压轴题．
 

22. 已知函数．
    当时，讨论的单调性
    当时，，求实数的取值范围
    设，证明：．

【答案】

解：
当时，，单调递减
当时，，单调递增．
令对恒成立
又
令，则
若，即，
所以使得当时，有单调递增，矛盾
若，即时，
在上单调递减，
，符合题意．
综上所述，实数的取值范围是．
求导易得
令

即，证毕．

【解析】本题考查了利用导数判断或证明已知函数的单调性和利用导数解证明不等式，属于难题。