14.数学·2022年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)-【名校强基卷】2020-2024年5年高考数学真题汇编

绝密★启用前 2022年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一、选择题：本题共9小题，每小题5分，共45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 即 1.设全集U={-2,-1,0,1,2},集合A=0,1,2},B={-1,2},则A∩(CB)= A.{0,1} B.{0,1,2} C.{-1,1,2} D.{0,-1,1,2} 数 2.“x为整数”是“2.x十1为整数”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3,函数y口山的图象大致为 非 名兴本 4.将1916年到2015年的全球年平均气温（单位：℃），共100个数据，分成6组：[13.55,13.75)， [13.75,13.95),[13.95,14.15),[14.15,14.35),[14.35,14.55),[14.55,14.75],并整理得到 如下的频率分布直方图，则全球年平均气温在区间14.35,14.75]内的有 须率组距 1.55 1.30 0.65 13.5513.7513.9514.1514.3514.5514.75全球平均气温/℃ A.22年 B.23年 C.25年 D.35年 5.设a=21,6=(3 0.7 c=log:3,则a,b,c的大小关系为 A.a<b<c B.c<a<b C.b<c<a D.c<b<a 6.化简(21og,3+log3)(log32+log2)= A.1 C.2 0. 2022·天津卷 第1页（共4页） 7.已知双曲线号1(a>0,6>0)的左，右焦点分别为F,P,抛物线y4V5x的准线1经过 F,且1与双曲线的一条渐近线交于点A,若∠FF,A=不，则双曲线的方程为 A6-=1 C.-y=1 D.-￥=l 8.十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶， 其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2）.这两个直三棱柱有一个公共侧 面ABCD.在底面BCE中，若BE=CE=3,∠BEC=120°，则该几何体的体积为 () 图1 图2 A号 B.273 C.27 2 D.273 9.关于函数x)=2sin2,给出下列结论： ①f(x)的最小正周期为2π： ②f(x)在区间[-至，]上单调递增： ③当x∈[-吾，】时x)的取值范围为[-]： ④f(x)的图象可以由函数g(x)=2sin(2.x+不)的图象向左平移个单位长度得到. 其中正确结论的个数为 () A.1 B.2 C.3 D.4 二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部 答对的给5分 10.已知i是虚数单位，化简十的结果为 1山.在(+)的展开式中，常数项是 12.若直线x一y十m=0(m>0)被圆(x一1)2十(y一1)2=3截得的弦长等于m,则m的值为 13.52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 :已知第一 次抽到的是A,则第二次抽到A的概率为 14.在△ABC中，点D为AC的中点，点E满足CB=2BE.记CA=a,CB=b,用a,b表示DE= ;若AB⊥DE,则∠ACB的最大值为 15.设a∈R,对任意实数x,用f(x)表示|x一2，x2一a.x+3a一5中的较小者.若函数f(x)至少 有3个零点，则a的取值范围为 2022·天津卷第2页（共4页） 三、解答题：本题共5小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16.(本小题满分14分)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=√6，b=2c,cosA (I)求c的值； (Ⅱ)求sinB的值； (Ⅲ)求sin(2A-B)的值， 17.(本小题满分15分)如图，在直三棱柱ABCA,BC1中，AC⊥AB,点D,E,F分别为A,B,, AA1,CD的中点，AB=AC=AA1=2. (I)求证：EF∥平面ABC: (Ⅱ)求直线BE与平面CC,D所成角的正弦值； (Ⅲ)求平面A,CD与平面CC,D夹角的余弦值. B1 18.(本小题满分15分)设{a,}为等差数列，{bn}为等比数列，且a1=b,=a2一b2=a1一b2=1. (I)求{an}和{b}的通项公式： (Ⅱ)记{an}的前n项和为Sm.求证：(Sn+1十aw+1)bn=Sw+1bn+1一Sbm; ()求2[an-(-1abe 2022·天津卷第3页（共4页） 2 19.(本小题满分15分)椭圆 干三=1(a>6>0)的右焦点F、右顶点A和上顶点B满足马 2 (I)求椭圆的离心率： (Ⅱ)直线I与椭圆有唯一公共点M,与y轴相交于点N(N异于M).记O为原点，若|OM= ON,且△MON的面积为√3，求椭圆的方程. 20.(本小题满分16分)已知a,b∈R,函数f(x)=e一asin x,g(x)=br. (I)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程： (Ⅱ)若曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点， ()当a=0时，求b的取值范围： (i)求证：a+b>e. 2022·天津卷第4页（共4页）得(4k2+1).x2+(16k2+8k).x+16k2+16k=0. (Ⅲ)由题设，n(k)≥20，所以k≥6. 由△=(16k2+8k)2-4×(4k2+1)×(16k2+16k)= 假设存在Q0:a1,a2,·,a6为20一连续可表数列，且a1+ -64k>0,得k<0. a2+…+a6<20. 设B(x1y1),C(2yg), ①如果Q的各项均为非负整数，则a:十ai+1十…十a+材 期1十2=-16k2+8影 16k2+16k ≤a1十a2十…十a6<20,这与Q0是20-连续可表数列矛 4k2+1 x1x2 4k2+1· 盾.所以Q有负整数项. 直线AB的方程为(y一1)x-x1y+x1=0. 又因为n(6)=21,所以Q0只有一项为负整数，其余各项 令y=0,得点M的横坐标为xM= 1 M-1= k(m+2) 均为正整数，且互不相等， ②当a1<0时，形如a:十a+1十…十a+方且取值大于0的 同理可得点V的横坐标为xN=一 (x2十2) 表达式列表如下： 由题设xM一xN=2. 42十a 1十42十43 43 所以 k(.x1+2)k(x2+2) =2. 2+1十4 a十4 所以x1一2=k(x1十2)(x2十2)1， 好十十4十51+整十十g 十1十防 45 即/(x1十，x2)2-4x1x2=|k[x1x2十2(x1十x2)十4]. 性十阴十”十1十g十十6防十y十5十5十5十防十64 16k2+8k) 表中表达式的值互不相等，且每一列中的值从上到下增 4k2+1 -4 大，每一行中的值从左到右减小，最大值是a2十3十…十 (+-2x++外 a6,且第二大的值是maxa2十a3十a4十a5,a1十a2十…十 4k2+1 a6). 化两异片 一4k 由题设，表中所有表达式的值之和为1+2十…+20 =210, 解得k=一4. 所以5a1+10(a2十a5)+12(a3十a:)+6a6=210. 20.解：(I)因为f(x)=e1n(1+x), 故a1是偶数，且a1≤一2， 所以fe)-e[r+ln+小 由题设，a2十a3十十a6=20, 所以a1十a2+…+a6≤20-2=18. 所以f(0)=0,f(0)=1. 所以a2十a3十a4十a5=19.所以a6=1. 所以曲线y=f(x)在，点(0，f(0)处的切线方程为y=x 《)南题我g=c[十2n+n 因为a5>1,所以a2十a3十a4<18, 从而a1十a2十…十ag=18. 综上得a1=-2,a1十a2十…十a5=17. 所以g)=e[+h1+x]+e[ 由题设，maxa2十a3十a4,a3十a4十a5十a6}=16. an]-e[++in+ 又5a1+10(a2+as)+12(a3十a4)+6a6=210, 所以a3十a4=12,a2十a5=7, 因为r0,所以g(r)>0. 当a2十a3+a4=16时，a2=4,a5=3. 所以函数g(x)在[0，十∞)上单调递增。 此时a3十a4十as十a6=16, (Ⅲ)不妨假设>0取定， 这与表中表达式的值互不相等矛盾 令h(x)=f(x+t)-f(.x)-f(t),x∈[0，+∞)， 当a3十a4十a5十a6=16时，a5=3,a2=4. 则h'(x)=(x十1)-f(x),x∈[0，+∞). 此时a2十ag十a4=I6,这与表中表达式的值互不相等 由（Ⅱ）知f(x)在[0，十∞)上单调递增， 矛盾 所以h'(x)=f(x十1)-∫(x)>0. 所以，当a1<0时，Q。不是20一连续可表数列. 从而h(x)在[0，十∞)上单调递增 ③当a6<0时，同理可证Q0不是20一连续可表数列. 因为h(0)=一f(0)=0, 所以当s>0时，h(x)>h(0)=0, ④当存在1∈{2,3,4,5}，使得a<0时，由题设，a1-1十a 即f(s+t)-f(s)-f(t)>0. ≥1，a1+a1+1≥1， 综上，对任意的s,1∈(0，十o∞)，有f(s+1)>f(s)十f(1). 所以a:十a+1+…十a+≤a1十a2+…十a6<20. 21.解：(1)因为a2=1,a1=2,a1十a2=3,a3=4,a2十a3=5, 所以Q。不是20一连续可表数列. 所以Q:2,1,4为5一连续可表数列. 综上可知，不存在6项的满足题设的20一连续可表数列， 又因为a1十a2十a3=7≠6， 所以k≥7. 所以Q:2,1,4不是6一连续可表数列 2022年普通高等学校招生全国统一考试 (Ⅱ)对于Q:a1,ag,ak, (天津卷) 所有形如a十a+1十…十a+j(i=1,2,…,k:j=0,1,…, k一)的可能取值最多有n(k)=k十(k一1)十…十1 kk十1D个 1.A由题知，集合A={0,1,2},CB={一2,0,1}，所以A 2 ∩(CB)=0,1},故选A 由题设，n(k)≥8，故k≥4. 2.A若x为整数，则2x十1为整数，故充分性成立：若2x十 对于Q:1,4,1,2,因为a1=1,a4=2,a3+a1=3,a2=4, a1十a2=5,a1十a2十a3=6,a2十a3十a4=7,a1+a2十 1为整数，记2十1=.期x=号，若y是%数，则x不 as十a4=8,所以Q:1,4,1,2为8-连续可表数列. 是整数，故必要性不成立，综上，“x为整数”是“2x十1为整 综上，k的最小值为4. 数”的充分不必要条件，故逃A 数学答案-52 3.A记fx)=r1,则对任意的x∈（-0,0)U(0. 左*移管个单位长度得到函数y=合sim[2(x+否)十 +∞)，都有f(-x)=-)2-1=-l2-1 吾】-名n(2r+吾）-名ms2:的图泉，故①错误综 一f(x),故f(x)是奇函数，所以y=f(x)的图象关于原点 上，正确结论的个敦是1，故选A 对称，故排除选项C,D.又因为当x>0时，f(x)≥0，因此 1员+会用8-强-1-玩 5 函教y=f(x)=1山的图象大致为选项A所示，故 x 山.15二项式（丘+）展开式的道项为C·(回 选A. 4.B依题意，全球年平均气温在区间[14.35,14.75]内的频 (3）》广=3C5片由5，r-0,得r=1,所以孩展开式中 2 率是0.2×0.50十0.2×0.65=0.23，故全球年平均气温在 的常数项为3C}=15. 区间[14.35,14.75]内的有100×0.23=23（年），故选B. 12.2圆心(1,1)到直线x一y十m=0的距离d= 5.D图为a=20>1b-(信）'e0=b言0， 1m-则由弦长公式得m=23一受，解得m √2 所以cba,故选D =2(舍负) 6.C原式=(1oge3+号1og3）·1g2+71og2)=音 1品.动吉第一次抽到A的概率为克-高若第一次抽 1 l0g3·多1og2=2,故选C 到A,则第二次抽牌时，还有3张A,共51张牌，而每张牌 7.D由题知，抛物线的准线方程为x=一√5，所以F1(一√5， 被物到的概率相等，故第二次抽到A的概率为员7，所 0,F(5,0).周为双商线的新近线方程为y=士合，所 以两次都袖到A的概岸为方×方一办 以当x=-5时y=士，易知∠A=受，又 14.-2a+号b吾由题意得D心=-Ci=-a,周为 ∠FFA=平，所以∠FAF=,所以AF=FF, C店=2BE,所以C=2C店=2b,所以D正=D心+C正 即5励-25，所以么=2.又a2+=5,所以a=1,6=2, a+号b:周为A店=店-Ci=b-a,ABLDE.所以 所以双南线的方程为一学-1，故达D A.D成=b-a(-+2)=号1+号a 8.C如图所示，该几何体可视为直三棱柱BCEADF与两 2a·b=0,所以a·b=是b12+子1a3,所以0s∠ACB 个三棱锥SMAB,SVCD拼接而成.记直三棱柱BCE a·b 子b2+子a2 ADF的底面BCE的面积为S,高为h,所求几何体的体积 ab lal bl =治+品≥ 为V,则5=号BECE·m120=号×3×3×号=9， 24· 船品-停当收当沿-中a- h=CD=BC=3√5.所以V=V三被粒E-ADF十 1 b时等号成立，所以∠ACB的最大值为吞 15.[10,十oo)令g(x)=x|-2,h(x)=x2-ax+3a-5, h=0=×9×8v=27，故C 易知g(x)的图象与x轴有2个交点，因此函数h(x)的图 4 象与x轴至少有1个交点，即对于方程h(x)=0,必有△ =a2-4(3a-5)>0,解得a≤2或a≥10①.因为h(x) (-受）-+30-5则当号≥0，即≥0时，作出 函数y=g(x)与函数y=h(x)的大致图象，如图1所示， 光时必有号>2 解得u>4②：当号<0，即a (h(2)=a-1≥0 <0时，作出函数y=g(x)与函数y=h(x)的大致图象， 9.A由题知fx)=2in2x,对于①，f八)的最小正月期T 如图2所示，此时必有 -2 不等式组无 -受=x,故①错误：对于@，当r[-至，]时，2x∈ h(-2)=5a-1≥0， 解③.综上所述，由①②③，得实数：的取值范国为 [-受，受]，根据正弦函教的性质可知f()在[一音 [10,+∞). ]上单润地增，故②正确：对于@，当[一音]时， 、y=x yy=h(x) y=h(x) y y-g(x) 2[-]所以)-2x[-],故 ③错误：对于④，将画数g)=之in(2x+牙）的图象向 图1 图2 数学答案-53 16.解：(10在△AC中a=5,6=2,osA=-子 令a=1,则b=0,c=-1,故m=(1,0,-1). m·n 由余孩定理的推论得cosA=+c2-a2-52-6 ,.cosm,n》= -1.10 m·n2X√5 10 2bc -子，解得c=1(会负)。 “年西ACD与年西CD夹角的余孩值为巴 18.解：(I)设等差数列(an}的公差为d,等比数列{bm}的公 ()因为osA=-子，0<A<: 比为q, 所以simA=⑤ 4 则/a2一他=1十d二q=1,解得9二0（会去）· la3-bg=1+2d-g2=1, 在△ABC中.a=√6，b=2c=2. 浅/92. b ld=2. 由正弦定理 sin A sin B' g=2,d=2, ∴.am=1+2(n-1=2n-1(n∈N·), 得sinB=sinA 2Xy15 =而 bn=1X2"1=2"-1(n∈N*. √6 4 (Ⅱ)证明：由(I)知，5，=n+n,D×2=n2, （)周为mB=,0<B<受， 2 4 .(S+1+am+1)bn=[(n+1)2+2(n+1)-1]·2a-1 所以cosB=6 =(n2+4n十2)·2m1, 4 Sm+1bn+1-Sbn=(n+1)2·2"-n2·2"-1=(n2+4n+ 因为c0sA=-1 ,inA=⑤ 2)·2m-1, 4 .(SH+1十aa+1)bm=Sn+ib+1一Sbm,故得证. 所以n2A=2nAsA-2X年×(-）=-， (Ⅲ)[am+1-(-1)"am]bm=[2(n+1)-1-(-1)”·(2n 8 -1)]·2"-1=[2n+1-(-1)"·(2m-1)]·2- os2A=os2A-smA=618-名 ∫n…2+1,n为奇数， 2”,n为偶数. 所以sin(2A-B)=sin2 Acos B-cos2 Asin B 令Am=1X22+3×2+5×2+…+(2n-1)×22m x-(-)×平- 81 8 B,=22+2+26+…+22m=41-49)-4"+1-4 1一4 31 17.解：(I)证明：由题易知A1A,A1B1,A1C1两两垂直，故 则4Am=1×2++3×26+5×28+…+(2n-3)×22m+ 以A1为坐标原，点，A1A,A1B1,A1C所在的直线分别为 (2n-1)X22m+2. x轴，y轴、轴建立空间直角坐标系， .-3Am=4+2×(24+26+…+22m)-(2n-1)×22m+2 则A(0,0.0),A(2,0,0),E(1,0,0),C(2,0,2),B1(0,2, =2×(22+24+26+…十22m)-(2m-1)X22m+2-4 00D01,0.F(1,71.C00,2),B22.0, =2×4×1二49）-(2m-1D×4+1-4 1-4 E=(2) ×4+1-号-(2m-DX41-4 3 易知A1A=(2,0,0)为平面ABC的一个法向量， =-(2m-）4+1-。 EF.A1A=0,.EF⊥A1A, 3 又EF吐平面ABC,.EF∥平面ABC. A.=(g）·4++ 9 (Ⅱ)由(1)知BE=(-1,-2,0),CC1=(-2,0,0),CD =(-2,1,-2). A+B,-(g-)41+g-28.4+号. 9 设平面CCD的法向量为n=(x,y,2), 2[a4+1-（-1Da6:=24g8.4+8 9 n·CC=0,1-2x=0, 即 19.解：(1)由题意得BF1=V√+e2=a,AB=Va2+b n·CD=0, -2.x+y-2x=0, 令=1，则x=0,y=2,故n=(0,2,1), 腊- a-5 BE.n Va2+b22 4 ∴.cos(BE,n)= -4 3 IBE·n5X5 5 .a2=3b2, 故直线BE与平面CCD所成角的正弦值为亭， .2=a2-b2=2b2. （Ⅲ)由(1)知AC=(2,0,2),A1D=(01,0. 设平面A1CD的法向量为m=(a,b,c), -层-层- (Ⅱ)由題意可知直线1与椭圆相切，且直线（的斜率一定 mA正0中2a十2x=0: 存在并且不为零 m·A:D=0,b=0, 设直线l:y=kx十m(k≠0)， 数学答案-54 10将最+芳1 令0)=0，解得-号我=一受（会去 x”+3y2=362. 当x变化时，(x),u(,x)的变化情况如下表： 联立 [y=kx+m, x2+3y2=32. 整理得(3k2+1)x”+6km.x+3m2-32-0. 2 2,+o :直线1与椭圆相切， a'(x) 0 + .△=36k2m2-4(3k2+1)(3m2-3b2) =36k262-12m2+1262=0, u(r) 极小值 点M- ·》 就)的最小值为( =2(v2-1)em 由10M=10N可知962m2+m (362+1)F=n2, 下面只需运明22-10e>e,脚2-1De-1>2 易得m≠0，解得k2= 3 记函数u(x)=er一x一1， 当x>0时，有v'(.x)=e‘-1>0,则(x)在(0，十∞)上单 即=土尽 -3 调递增，进而(x)>v(0)=0.即c>x+1, 3km 所以（√2-1）匹-1>（√2-1）X(√2-1+1)=2-√2> =3. 2,故命题得证 1 解得m2=4. 由36k262-12m2+12b2=0得1262-48+12b=0,解得 证法二：下面证sin2x<x,x>0, b2=2. 令p(x)=x-sin2x,则9'(x)-1-sin2.x≥0， 橘圆的方程为后+号1 所以g(x)单调递增，则p(x)>g(0)=0,即sin2x<x. 下面证e≥ex,.x>0, 20.解：(1)：了(x)=e-aco8x, 令t(x)=e'-er,则t'(x)=e-e, ∴.f(0)=1-a. 当0<x<1时，1'(x)<0,t(x)单调造减： 又f(0)=1,.函数y=f(x)在(0，f(0)处的切线方程为 当x>1时，(x)>0,1(x)单调递增， y=(1-a)x+1. 所以t(x)≥t(1)=0,即e≥er,即e2r≥2er (Ⅱ)(I)当a=0时，f(x)=e 由题可得f(x)=g(x),即e=b(x≥0) simx+x>r+x2z≥2x 当x=0时，等式不成立，故x>0,即b=二(>0). ∴a2+b2>e 2021年普通高等学校招生全国统一考试 e(e-) (全国新高考I卷) 令h工)号，h'()3 x h()在(0，)上单洞递减，在（分，十∞）上单润 1.B由题意可得A∩B={2,3},故远B. 2.C因为复数x=2一i,所以=2十i,所以（十i)=(2-i) 递增， (2+2i)=6+2i,故选C. ∴h(x)≥h(2）=V②cbe[v②，+oo) 3.B设圆锥的母线长为l,则×π=2x×2,所以I=2V2, (iⅱ)证明：由题可得f(x)=g(x)有解， 故选B 即e-asin x=b:(x>0),整理得e=bW+asin. 4.A令2kx-受<x-百<2kx+受k∈乙，解得2m-号≤ 由柯西不等式得(a2+b2)(sin2x十x)≥(asin r十bF)2 =e2r. <2kx+k∈么.令=0，得-晋≤<行故选A .a2+b2≥ sin). 5.C由题意可知，MF1|+MF2=6,所以|MF1|· 证法一：记p(x)=x-sinx(x>0),有p'(x)=1-cosx 1MR,≤(MF,十MF)=9,当且仅当1MR,1= 2 ≥0，则p(x)是增函数，故当0<x<π时，p(x)>p(0)= |MF2=3时，等号成立，所以MF1|·|MF2的最大值为 0,即0<sinr<r,进而有0<sin2x<x2. 9,故选C. 又当x≥π时，有0≤sin2x≤1<x2,所以对x>0,世有0 sin 0(1+sin 20)sin 0(sin 0+cos 0)2 ≤sin2x<x2. 6.C =sin 0(sin 0+ sin 0+cos 0 sin 0+cos 0 因此a2+≥ e2r sin20 sin 0 sin2x+r r2+x cos )sin+sin ocos a cos cos o tan2g+tan o 记函数u(r)=e2 x2+x>0, sin20+cos20 sin20+1 tan20++1 c0s20 则w(x)=e(2r2-1) (x2+.x)2 子号故选C 数学答案-55