绝密★本科目考试启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学本试卷共5页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题
卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第一部分（选择题 共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40
分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1. 已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分
析】利用补集的定义可得正确的选项．【详解】由补集定义可知：或，即，故选：D．2. 若复数z满足，则（ ）A. 1B. 5C. 7D
. 25【答案】B【解析】【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．【详解】由题意有，故．故选：B．3. 若直线是圆的一条
对称轴，则（ ）A. B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．【详
解】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．故选：A．4. 己知函数，则对任意实数x，有（ ）A. B.
C. D. 【答案】C【解析】【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误．【详解】，故A错误，C正确；，不常数，故BD错误；故选
：C．5. 已知函数，则（ ）A. 在上单调递减B. 在上单调递增C. 在上单调递减D. 在上单调递增【答案】C【解析】【分析】化
简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为.对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；对于B选项，当时，
，则在上不单调，B错；对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.故选：C.6. 设是公差不
为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件
D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断
可得出结论.【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.若为单调递增数列，则，若，则当时，；若，则，由可得，取，则当时，
，所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；若存在正整数，当时，，取且，，假设，令可得，且，当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，
即数列是递增数列.所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.故选：C
.7. 在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件
下二氧化碳所处的状态与T和的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是．下列结论中正确的是（ ）A. 当，时，二氧化碳处于
液态B. 当，时，二氧化碳处于气态C. 当，时，二氧化碳处于超临界状态D. 当，时，二氧化碳处于超临界状态【答案】D【解析】【分析
】根据与的关系图可得正确的选项.【详解】当，时，，此时二氧化碳处于固态，故A错误.当，时，，此时二氧化碳处于液态，故B错误.当，时
，与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，另一方面，时对应的是非超临界状态，故C错误.当，时，因, 故此时二氧化碳处于超临界状态，故
D正确.故选：D8. 若，则（ ）A. 40B. 41C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用赋值法可求的值.【详解】令，则，令
，则，故，故选：B.9. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）A. B.
C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点在底面上的投
影为，连接，则为三角形的中心，且，故.因为，故，故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，而三角形内切圆的圆心为，半径为，故的轨迹圆在三角
形内部，故其面积为故选：B10. 在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；【详解】解：依题意如图建
立平面直角坐标系，则，，，因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，设，，所以，，所以，其中，，因为，所以，即；故选：D第二部分（非
选择题 共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11. 函数的定义域是_________．【答案】【解析】【分析】根
据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；【详解】解：因为，所以，解得且，故函数的定义域为；故答案为：12. 已知
双曲线的渐近线方程为，则__________．【答案】【解析】【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方
程得到方程，解得即可；【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，则，，又双曲线的渐近线方程为，所以，即，解得；故答案为：
13. 若函数的一个零点为，则________；________．【答案】 ①. 1 ②. 【解析】【分析】先代入零点，求得A的值
，再将函数化简为，代入自变量，计算即可.【详解】∵，∴∴故答案为：1，14. 设函数若存在最小值，则a的一个取值为________
；a的最大值为___________．【答案】 ①. 0（答案不唯一） ②. 1【解析】【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分
类讨论，可知，符合条件，不符合条件，时函数没有最小值，故的最小值只能取的最小值，根据定义域讨论可知或， 解得 .【详解】解：若时
，，∴；若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求；若时，当时，单调递减，，当时，∴或，解得，综上可得；故答案为：
0（答案不唯一），115. 己知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：①的第2项小于3； ②为等比数列；③为递减数列
； ④中存在小于的项．其中所有正确结论序号是__________．【答案】①③④【解析】【分析】推导出，求出、的值，可判断①；利用
反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【详解】由题意可知，，，当时，，可得；当时，由可得，两式作差可得，所以，，则，整理
可得，因为，解得，①对；假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，②错；当时，，
可得，所以，数列为递减数列，③对；假设对任意的，，则，所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：
本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.三、解答题共6小愿，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤
或证明过程．16. 在中，．（1）求；（2）若，且的面积为，求的周长．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦
公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【小问
1详解】解：因为，则，由已知可得，可得，因此，.【小问2详解】解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为.
17. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．（1）求证：平面；（2）再从条件①、条件②这两个条件
中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分
．【答案】（1）见解析 （2）见解析【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.（2）选①②均可证明平面，
从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.【小问1详解】取的中点为，连接，由三棱柱可得四边形为平行四边形
，而，则，而平面，平面，故平面，而，则，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，小问2详解】因为侧面为正方形，故，而平面
，平面平面，平面平面，故平面，因为，故平面，因为平面，故，若选①，则，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示
的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角为，则.若选②，因，故平面，而平面，故，而，故，
而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则，从而，取，则，设直线与平面所成的角
为，则.18. 在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数
及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）：甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，
9.42，9.40，935，9.30，9.25；乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23；丙：9.85，9.
65，9.20，9.16．假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立．（1）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；（
2）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E（X）；（3）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得
冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）【答案】（1）0.4 （2） （3）丙【解析】【分析】(1) 由频率估计概率即可(2) 求
解得X的分布列，即可计算出X的数学期望.(3) 计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大.
【小问1详解】由频率估计概率可得甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5，故答案为0.4【小问
2详解】设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3，，，.∴X的分布列为X0123P∴【小问3详解】丙夺冠
概率估计值最大.因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概
率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利.19. 已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．（1）求椭圆E的方程；
（2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．【答案】（1） （2
）【解析】【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定
理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；【小问1详解】解：依题意可得，，又，所以，所以椭圆方程为；【小问2详解】解：
依题意过点的直线为，设、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，所以，所以，
即即即整理得，解得20. 已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，讨论函数在上的单调性；（3）证明：对任意的，有．【答案
】（1） （2）在上单调递增. （3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在
求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即
得证.【小问1详解】解：因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：【小问2详解】解：因为，所以，令，则， ∴在上单调递
增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.【小问3详解】解：原不等式等价于，令，，即证，∵，，由（2）知在上单调递增，∴，∴∴在上单调递
增，又因为，∴，所以命题得证.21. 已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．（1）
判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；（2）若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；（3）若为连续可表数列，且，求
证：．【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列． （2）证明见解析． （3）证明见解析．【解析】【分析】（1）直接利用定义验
证即可；（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；（3）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能
是，然后分类讨论验证不行即可．小问1详解】，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．【小问2详解】若,
设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；当时,数列，满足，，，，，，，， ．【小问3详解】，若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,从而若,则，至多可表个数，而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明中仅一个负
的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，则所有数之和，，，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个， （仅一种方式），与2相邻，若不在两端,则形式，若，则（有2种结果相同，方式矛盾），， 同理 ，故在一端，不妨为形式，若,则 （有2种结果相同，矛盾），同理不行，，则 （有2种结果相同，矛盾），从而，由于,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能，①或，②这2种情形，对①：，矛盾，对②：，也矛盾，综上 ．【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题． 学科网（北京）股份有限公司 zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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