絕密★本科目考試啟用前2022年普通高等學校招生全國統一考試（北京卷）數學本試卷共5頁，150分．考試時長120分鐘．考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．1.已知全集，集合，則?∪A=（A. B. C. D.2.若復數z滿足，則（）A.1 B.5 C.7 D.253.若直線是圓的一條對稱軸，則（）A. B. C.1 D.4己知函數，則對任意實數x，有（）A. B.C. D.5已知函數，則（）A.在上單調遞減 B.在上單調遞增C.在上單調遞減 D.在上單調遞增6.設是公差不為0的無窮等差數列，則“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件7.在北京冬奧會上，國家速滑館“冰絲帶”使用高效環保的二氧化碳跨臨界直冷制冰技術，為實現綠色冬奧作出了貢獻．如圖描述了一定條件下二氧化碳所處的狀態與T和的關系，其中T表示溫度，單位是K；P表示壓強，單位是．下列結論中正確的是（）

A.當，時，二氧化碳處于液態B.當，時，二氧化碳處于氣態C.當，時，二氧化碳處于超臨界狀態D.當，時，二氧化碳處于超臨界狀態8.若，則（）A.40 B.41 C. D.9.已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內部的點構成的集合．設集合，則T表示的區域的面積為（）A. B. C. D.10.在中，．P為所在平面內的動點，且，則的取值范圍是（）A. B. C. D.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．11.函數的定義域是_________．12.已知雙曲線漸近線方程為，則__________．13.若函數的一個零點為，則________；________．14.設函數若存在最小值，則a的一個取值為________；a的最大值為___________．15.己知數列各項均為正數，其前n項和滿足．給出下列四個結論：①的第2項小于3；②為等比數列；③為遞減數列；④中存在小于的項．其中所有正確結論的序號是__________．三、解答題共6小愿，共85分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．16.在中，．（1）求；（2）若，且的面積為，求的周長．17.如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．（1）求證：平面；（2）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．18.在校運動會上，只有甲、乙、丙三名同學參加鉛球比賽，比賽成績達到以上（含）的同學將獲得優秀獎．為預測獲得優秀獎的人數及冠軍得主，收集了甲、乙、丙以往的比賽成績，并整理得到如下數據（單位：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：985，9.65，9.20，9.16．假設用頻率估計概率，且甲、乙、丙的比賽成績相互獨立．（1）估計甲在校運動會鉛球比賽中獲得優秀獎的概率；（2）設X是甲、乙、丙在校運動會鉛球比賽中獲得優秀獎的總人數，估計X的數學期望E（X）；（3）在校運動會鉛球比賽中，甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計值最大？（結論不要求證明）19.已知橢圓：的一個頂點為，焦距為．（1）求橢圓E的方程；（2）過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當時，求k的值．20.已知函數．（1）求曲線在點處的切線方程；（2）設，討論函數在上單調性；（3）證明：對任意的，有．21.已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續可表數列．（1）判斷是否為連續可表數列？是否為連續可表數列？說明理由；（2）若為連續可表數列，求證：k的最小值為4；（3）若為連續可表數列，且，求證：．絕密★本科目考試啟用前2022年普通高等學校招生全國統一考試（北京卷）數學本試卷共5頁，150分．考試時長120分鐘．考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．1.已知全集，集合，則?∪A=（A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用補集的定義可得正確的選項．【詳解】由補集定義可知：?∪A={x│-3<x≤-2或1<x<3},，即故選：D．2.若復數z滿足，則（）A.1 B.5 C.7 D.25【答案】B【解析】【分析】利用復數四則運算，先求出，再計算復數的模．【詳解】由題意有，故．故選：B．3.若直線是圓的一條對稱軸，則（）A. B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】若直線是圓的對稱軸，則直線過圓心，將圓心代入直線計算求解．【詳解】由題可知圓心為，因為直線是圓的對稱軸，所以圓心在直線上，即，解得．故選：A．4.己知函數，則對任意實數x，有（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】直接代入計算，注意通分不要計算錯誤．【詳解】，故A錯誤，C正確；，不常數，故BD錯誤；故選：C．5.已知函數，則（）A.在上單調遞減 B.在上單調遞增C.在上單調遞減 D.在上單調遞增【答案】C【解析】【分析】化簡得出，利用余弦型函數的單調性逐項判斷可得出合適的選項.【詳解】因為.對于A選項，當時，，則在上單調遞增，A錯；對于B選項，當時，，則在上不單調，B錯；對于C選項，當時，，則在上單調遞減，C對；對于D選項，當時，，則在上不單調，D錯.故選：C.6.設是公差不為0的無窮等差數列，則“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】設等差數列的公差為，則，利用等差數列的通項公式結合充分條件、必要條件的定義判斷可得出結論.【詳解】設等差數列的公差為，則，記為不超過的最大整數.若為單調遞增數列，則，若，則當時，；若，則，由可得，取，則當時，，所以，“是遞增數列”“存在正整數，當時，”；若存在正整數，當時，，取且，，假設，令可得，且，當時，，與題設矛盾，假設不成立，則，即數列是遞增數列.所以，“是遞增數列”“存在正整數，當時，”.所以，“是遞增數列”是“存在正整數，當時，”的充分必要條件.故選：C.7.在北京冬奧會上，國家速滑館“冰絲帶”使用高效環保的二氧化碳跨臨界直冷制冰技術，為實現綠色冬奧作出了貢獻．如圖描述了一定條件下二氧化碳所處的狀態與T和的關系，其中T表示溫度，單位是K；P表示壓強，單位是．下列結論中正確的是（）

A.當，時，二氧化碳處于液態B.當，時，二氧化碳處于氣態C.當，時，二氧化碳處于超臨界狀態D.當，時，二氧化碳處于超臨界狀態【答案】D【解析】【分析】根據與的關系圖可得正確的選項.【詳解】當，時，，此時二氧化碳處于固態，故A錯誤.當，時，，此時二氧化碳處于液態，故B錯誤.當，時，與4非常接近，故此時二氧化碳處于固態，另一方面，時對應的是非超臨界狀態，故C錯誤.當，時，因,故此時二氧化碳處于超臨界狀態，故D正確.故選：D8.若，則（）A.40 B.41 C. D.【答案】B【解析】【分析】利用賦值法可求的值.【詳解】令，則，令，則，故，故選：B.9.已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內部的點構成的集合．設集合，則T表示的區域的面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出以為球心，5為半徑的球與底面的截面圓的半徑后可求區域的面積.【詳解】設頂點在底面上的投影為，連接，則為三角形的中心，且，故.因為，故，故的軌跡為以為圓心，1為半徑的圓，而三角形內切圓的圓心為，半徑為，故的軌跡圓在三角形內部，故其面積為故選：B10.在中，．P為所在平面內的動點，且，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依題意建立平面直角坐標系，設，表示出，，根據數量積的坐標表示、輔助角公式及正弦函數的性質計算可得；【詳解】解：依題意如圖建立平面直角坐標系，則，，，因為，所以在以為圓心，為半徑的圓上運動，設，，所以，，所以，其中，，因為，所以，即；故選：D第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．11.函數的定義域是_________．【答案】【解析】【分析】根據偶次方根的被開方數非負、分母不為零得到方程組，解得即可；【詳解】解：因為，所以，解得且，故函數的定義域為；故答案為：12.已知雙曲線的漸近線方程為，則__________．【答案】【解析】【分析】首先可得，即可得到雙曲線的標準方程，從而得到、，再跟漸近線方程得到方程，解得即可；【詳解】解：對于雙曲線，所以，即雙曲線的標準方程為，則，，又雙曲線的漸近線方程為，所以，即，解得；故答案為：13.若函數的一個零點為，則________；________．【答案】①.1②.【解析】【分析】先代入零點，求得A的值，再將函數化簡為，代入自變量，計算即可.【詳解】∵，∴∴故答案為：1，14.設函數若存在最小值，則a的一個取值為________；a的最大值為___________．【答案】①.0（答案不唯一）②.1【解析】【分析】根據分段函數中的函數的單調性進行分類討論，可知，符合條件，不符合條件，時函數沒有最小值，故的最小值只能取的最小值，根據定義域討論可知或，解得.【詳解】解：若時，，∴；若時，當時，單調遞增，當時，，故沒有最小值，不符合題目要求；若時，當時，單調遞減，，當時，∴或，解得，綜上可得；故答案為：0（答案不唯一），115.己知數列各項均為正數，其前n項和滿足．給出下列四個結論：①的第2項小于3；②為等比數列；③為遞減數列；④中存在小于的項．其中所有正確結論序號是__________．【答案】①③④【解析】【分析】推導出，求出、的值，可判斷①；利用反證法可判斷②④；利用數列單調性的定義可判斷③.【詳解】由題意可知，，，當時，，可得；當時，由可得，兩式作差可得，所以，，則，整理可得，因為，解得，①對；假設數列為等比數列，設其公比為，則，即，所以，，可得，解得，不合乎題意，故數列不是等比數列，②錯；當時，，可得，所以，數列為遞減數列，③對；假設對任意的，，則，所以，，與假設矛盾，假設不成立，④對.故答案為：①③④.【點睛】關鍵點點睛：本題在推斷②④的正誤時，利用正面推理較為復雜時，可采用反證法來進行推導.三、解答題共6小愿，共85分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．16.在中，．（1）求；（2）若，且的面積為，求的周長．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化簡可得的值，結合角的取值范圍可求得角的值；（2）利用三角形的面積公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周長.【小問1詳解】解：因為，則，由已知可得，可得，因此，.【小問2詳解】解：由三角形的面積公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周長為.17.如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．（1）求證：平面；（2）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.【小問1詳解】取的中點為，連接，由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，而，則，而平面，平面，故平面，而，則，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，小問2詳解】因為側面為正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因為，故平面，因為平面，故，若選①，則，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.若選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間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.18.在校運動會上，只有甲、乙、丙三名同學參加鉛球比賽，比賽成績達到以上（含）的同學將獲得優秀獎．為預測獲得優秀獎的人數及冠軍得主，收集了甲、乙、丙以往的比賽成績，并整理得到如下數據（單位：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．假設用頻率估計概率，且甲、乙、丙的比賽成績相互獨立．（1）估計甲在校運動會鉛球比賽中獲得優秀獎的概率；（2）設X是甲、乙、丙在校運動會鉛球比賽中獲得優秀獎的總人數，估計X的數學期望E（X）；（3）在校運動會鉛球比賽中，甲、乙、丙誰獲得冠軍的概率估計值最大？（結論不要求證明）【答案】（1）0.4（2）（3）丙【解析】【分析】(1)由頻率估計概率即可(2)求解得X的分布列，即可計算出X的數學期望.(3)計算出各自獲得最高成績的概率，再根據其各自的最高成績可判斷丙奪冠的概率估計值最大.【小問1詳解】由頻率估計概率可得甲獲得優秀的概率為0.4，乙獲得優秀的概率為0.5，丙獲得優秀的概率為0.5，故答案為0.4【小問2詳解】設甲獲得優秀為事件A1,乙獲得優秀為事件A2，丙獲得優秀為事件A3，，，.∴X的分布列為X0123P∴【小問3詳解】丙奪冠概率估計值最大.因為鉛球比賽無論比賽幾次就取最高成績.比賽一次，丙獲得9.85的概率為，甲獲得9.80的概率為，乙獲得9.78的概率為.并且丙的最高成績是所有成績中最高的，比賽次數越多，對丙越有利.19.已知橢圓：的一個頂點為，焦距為．（1）求橢圓E的方程；（2）過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當時，求k的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依題意可得，即可求出，從而求出橢圓方程；（2）首先表示出直線方程，設、，聯立直線與橢圓方程，消元列出韋達定理，由直線、的方程，表示出、，根據得到方程，解得即可；【小問1詳解】解：依題意可得，，又，所以，所以橢圓方程為；【小問2詳解】解：依題意過點的直線為，設、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直線的方程為，令，解得，直線的方程為，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得20.已知函數．（1）求曲線在點處的切線方程；（2）設，討論函數在上的單調性；（3）證明：對任意的，有．【答案】（1）（2）在上單調遞增.（3）證明見解析【解析】【分析】（1）先求出切點坐標，在由導數求得切線斜率，即得切線方程；（2）在求一次導數無法判斷的情況下，構造新的函數，再求一次導數，問題即得解；（3）令，，即證，由第二問結論可知在[0,+∞）上單調遞增，即得證.【小問1詳解】解：因為，所以，即切點坐標為，又，∴切線斜率∴切線方程為：【小問2詳解】解：因為，所以，令，則，∴在上單調遞增，∴∴在上恒成立，∴在上單調遞增.【小問3詳解】解：原不等式等價于，令，，即證，∵，，由（2）知在上單調遞增，∴，∴∴在上單調遞增，又因為，∴，所以命題得證.21.已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在