2022年天津市高考数学试卷含答案解析（定稿）.doc

1、2022年天津市高考数学试卷一、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。1设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2.“为整数”是“为整数”的（ ）条件A. 充分而不必要 B. 必要而不充分 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要3.函数的图像为（ ）ABCD4. 为研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：）的分组区间为，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，.，第五组.右图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人

2、数为（ ）A. 8 B. 12 C. 16 D. 185. ，比较，的大小（ ） A. B. C. D. 6. 化简的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 67.抛物线方程：，、分别是双曲线方程：（，）的左、右焦点，抛物线的准线过双由线的左焦点，准线与渐近线交于点，若，则双曲线的标准方程为（ ）A. B. C. D. 8. 如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面形状为顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）A. 23 B. 24 C. 26 D. 279. 已知，关于该函数有下面四个说法： 的最小正周期为； 在上单调递增； 当

3、时，的取值范围为； 的图象可由向左平移个单位长度得到.以上四个说法中，正确的个数有（ ）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. 已知是虚数单位，化简的结果为_.11. 展开式中的常数项为_.12. 直线与圆相交所得的弦长为，则_. 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. 在中，是的中点，；试用，表示为 ，若，则的最大值为_.15. 设，对于任意实数，记，若至少有个零点，则实数的取值范围为 .三

4、、解答题：共计5题，共75分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16.在中，角，的对边分别为，已知，.（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值.17.直三棱柱中，为中点，为中点，为中点.（1）求证：；（2）求直线与平面夹角的正弦值；（3）求平面与平面二面角的余弦值.18.设是等差数列；是等比数列，（1）求与的通项公式；（2）设的前项和为，求证：；（3）求.19. 已知椭圆（）的右焦点为，右顶点为，上顶点为，且满足.（1）求椭圆的离心率；（2）直线与椭圆有唯一公共点M，与轴相交于点N（N异于M），记为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程.20.已知， 函数，.（1）求函数在处的切线方程；

5、（2）若和有公共点，求：（i） 当时，求的取值范围； （ii）求证：2022年天津市高考数学试卷参考答案与试题解析一、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。1：设全集，集合，则（ ）【思路分析】由已知求得，则答案可求。【解析】【试题评价】本题考察集合的交集和补集的知识，属于基础题。2：“是整数”是“为整数”的（ ）条件A充分而不必要 B必要而不充分 C充要 D既不充分也不必要【思路分析】结合实数的分类知识即可解决问题。【解析】当是整数，则为整数(奇数），所以是充分条件，当时，为整数，但不是整数，所以不是必要条件，故选：A【试题评价】本题

6、考察充分条件必要条件的知识，属于基础题。3：函数的图像为（ ）【思路分析】借助函数的性质及特殊值即可解决问题。【解析】因为，所以为奇函数，又当时，所以在上单调递增，时，所以在上单调递减，故图像如图所示【试题评价】本题考察函数性质中的奇偶性和单调性的应用，并体现了数形结合的数学思想，属于基础题。5：已知，比较的大小（ ）【思路分析】指数值与0或1，对数值与0比较大小即可。【解析】因为，故【试题评价】本题考察指数值和对数值的比较大小，解决这一类题目往往要结合单调性并借助于中间值0或1，属于基础题。6. 化简的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6【思路解析】用对数公式和换底公式得到答案

7、.【解析】因为.故选：B.【试题评价】本题考查对数运算和换底公式，属于基础题.7.抛物线方程：，、分别是双曲线方程：（，）的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点，准线与渐近线交于点，若，则双曲线的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【思路解析】由题意画出图象， 是等腰直角三角形找出等量关系.【解析】抛物线准线为，故双曲线渐近线，不妨令在轴上方，则由于，故可得，故选【试题评价】本题考查圆锥曲线性质，体现数形结合思想，属于中档题.8. 如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面形状为顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）A. 23 B

8、. 24 C. 26 D. 27【思路解析】 根据图片抽象出图形是由两个三棱柱重叠的，然后根据几何体的体积公式求出答案.【解析】是等腰三角形，三角形的高，底面BCDE是边长为的正方形， ，.故选：D.【试题评价】本题考查几何体体积的求法，考查学生数学的直观抽象能力，属于中档题.9. 已知，关于该函数有下面四个说法： 的最小正周期为； 在上单调递增； 当时，的取值范围为； 的图象可由向左平移个单位长度得到.以上四个说法中，正确的个数有（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【思路解析】正弦型三角函数的周期公式，将当作整体求三角函数单调性和值域，三角函数平移变换注意左加右减针对的变换.【解析】

9、的最小正周期为，故错误；方法1：当时，递增，又因为，在上单调递增，正确；方法2： 当，则，在上单调递增，正确；当时，错误；的图象可由向右平移个单位长度得到，错误故选A【试题评价】本题考查三角函数的性质：周期性、单调性、值域、平移变换，属于中档题.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. 已知是虚数单位，化简的结果为_.【思路分析】分子、分母同时乘以分母的共轭复数，进行分母实数化，再化简.【解析】，故填【试题评价】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题11. 展开式中的常数项为_.【思路分析】根据二项式定理，得通项，再令即可

10、【解析】【试题评价】本题考查二项式定理及展开式中的特定项求解，考查学生对二项展开式的通项掌握情况，是基础题12. 直线与圆相交所得的弦长为，则_. 【思路分析】利用弦心距、半弦长与半径的关系求解.【解析】【试题评价】本题考查直线与圆的位置关系中的弦长问题，是基础题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_.【思路分析】首先要理解无放回抽取和条件概率的区别.记第一次抽到A为事件A，第二次抽到A为事件B,先求出第一次抽到A的概率再求出两次都抽到A的概率为.【解析】记第一次抽到A为事件A，第二次抽到A为事件B，则故也可

11、以这样理解：【试题评价】本题考查无放回抽取和条件概率，是中等题.14. 在中，是的中点，；试用，表示为 ，若，则的最大值为_.【思路分析】利用向量的线性表示，用，表示.求的最大值有两种思路，一是借助向量垂直找出的关系，再借助不等式的性质，求出的范围，从而求出最大值.二是借助解析几何，建立平面直角坐标系，通过坐标解决这个问题。【解析】最大值的求法：【解法一】：的最大值为.【解法二】（补解）：如图所示，建立坐标系,不妨设的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，当且仅当与圆相切时，最大，此时【试题评价】本题考查向量的线性表示，平面向量的垂直问题，基本不等式的应用，解析法在平面向量中的应用， 是中等题.15.

12、 设，对于任意实数，记，若至少有个零点，则实数的取值范围为 .【思路分析】已知函数零点的个数求参数的取值范围，常利用数形结合法将其转化为两个函数的图象的交点个数问题，通过准确画出两个函数的图象，利用图象写出满足条件的参数的取值范围.【解析】【解法一】：令，令，则方程的判别式，（1）当时，则函数无零点，从而不可能有个以上的零点；（2）当时，则或，当时，有2个零点，不符合要求；当时，有3个零点，符合要求；（3）当时，则或，当时，函数对称轴，若至少有个零点，则要求，即，从而；当时，函数对称轴，此时只有个零点，综上所述，【解法二】：设在上的零点才会成为的零点，只有在时才会成为的零点，至少有个零点有以下

13、三种情况：且在上有两个零点，转化为与的交点且在上有两个零点且在上至少有一个零点， 综上所述：的取值范围是【解法三】（补解）令，所以有两个零点设因为至少有三个零点，所以至少有2个零点所以，即或因为所以，所以恒过定点当时，函数对称轴，此时在上至少有一个零点，符合题意，此时当时，函数对称轴，若有且只有一个零点，则，且，不符合题意，舍去若有两个零点、如果，不符合题意，舍去如果，不符合题意，舍去如果，即且，但是无解，舍去综上所述，【试题评价】本题考查根据函数零点个数求参数的取值范围，数形结合、分类讨论、转化与化归思想在解决函数零点中的应用，是难题.三、解答题：共计5题，共75分解答应写出文字说明、证明过

14、程或演算步骤16.在中，角，的对边分别为，已知，.（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值.【思路分析】先根据余弦定理的推论，求出.再根据正弦定理求出,最后再利用三角恒等变换公式求出.【解析】（1）由余弦定理知，解得（2）由，知，因为，所以（3）因为，所以为钝角，为锐角，从而，又因为，所以【试题评价】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，以及三角恒等变换在解题中的应用，是基础题.17.直三棱柱中，为中点，为中点，为中点.（1）求证：；（2）求直线与平面夹角的正弦值；（3）求平面与平面二面角的余弦值.【思路分析】（1）法1.连接，取的中点，连接，通过证明平面平面，得出平面；法2. 连接，取的中点

15、，取的中点，取的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，从而得出平面.（2）以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系将线面角的求解问题转化成法向量的求解问题，先求出平面的一个法向量为，从而得出答案；（3）在第（2）问基础上，求出平面的一个法向量为，将二面角的求解问题转化为两个半平面的法向量的夹角问题，从而解决问题.【解析】（1）方法1：（面面平行）如图1，连接，取的中点，连接，为中点，为的中位线，平面，平面，平面，、分别为和中点，为梯形的中位线，平面，平面，平面，,平面平面，平面，平面方法2:（线面平行）如图1，连接，取的中点，取的中点，取的中点，连接，在直三棱柱中，四边形是平行四

16、边形，且，、分别为和中点，为的中位线，且，同理可证：且，且，四边形为平行四边形，平面，平面，平面（2）在直三棱柱中，以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系则，设平面的法向量为，则，令，则，记直线与平面夹角为，直线与平面夹角的正弦值（3）由（2）得：平面的法向量为，易得，设平面的法向量为，则，令，则，记平面与平面的夹角为，平面与平面夹角的余弦值【试题评价】本题考查线面平行的证明，借助空间向量进行线面角和二面角的求解，是中等题.18.设是等差数列；是等比数列，（1）求与的通项公式；（2）设的前项和为，求证：；（3）求.【思路分析】（1）根据是等差，是等比转换成基本量即可求解（2）先

17、根据通项求出前项和为，进而求出、，是等比及通项即可求出，再代入要证式即可。（3）根据问题发现有 故考虑两项两项合并，在利用公式求和。【解析】（1）设公差为，公比为，由可得即 （2）证明（法1）：（分析法）所以即证即证即证 即证（法2）有（1）知 所以要证左边为要证右边为所以问题得证。(3)根据题意知所以【试题评价】等差数列、等比的概念、等差、等比数列的通项公式及前和是本题的主要考查点，这些知识点属于新课程标准对数列这部分内容的基本要求。试题考查考生借助基本量（首项和前几项）求解等差等比数列的能力，考查内容是数列的基础知识，形式是考生熟悉的，所求结论也是考生常见的试题的解题思路多样，但不同的方法

18、能很好地区分各个层次考生的逻辑思维能力。试题出现在基本题部分，可以有效缓解考生考试的紧张情绪，增强考生的考试信心，促使考生正常发挥。19：已知椭圆方程，F为右焦点，A为右顶点，B为上顶点，(1)求椭圆离心率e(2)已知直线与椭圆有唯一交点M，直线交轴于点N，,面积为，求椭圆的标准方程【思路分析】第一问由转化为椭圆的参数之间等量关系进而可以求出离心率；第二问先由椭圆和直线方程联立，椭圆和直线的唯一交点M的横纵坐标均用所设直线方程中参数k和m表示，再通过及两个条件找到k和m两个等式进而求出m值后解出椭圆方程。【解析】（1）所以（2）由（1）可知椭圆方程为，设联立，得由由，且，得且所以，所以故椭圆的

19、标准方程【试题评价】本题考察椭圆的基本性质及平面解析几何问题中的一些运算和等价转换，第二问体现出非常强的数形结合思想，在天津市高考试题中属于中等难度题。20.已知， 函数，.（1）求函数在处的切线方程；（2）若和有公共点，求：（i） 当时，求的取值范围； （ii）求证：【思路分析】第一问易求；常规基础题，重点分析第二问；第二问的第一问用两种方法；方法一是主要考察转化与划归思想、数形结合思想的应用；把两个函数有交点的问题转化为方程有解，进而构造新函数，利用隐零点技术进行巧妙代换，从而实现所求取值范围；方法二是而难点是最后一个小问，将从三个维度进行分析，一是柯西不等式，经过巧妙构造之后利用放缩得证

20、；二是基本不等式以及利用不等式的放缩来处理；三是线性规划；数形结合同时利用函数的凸凹性等等；以上方法在处理不等式问题时都是常用方法。【解析】（1）由已知得 故而切线方程；（2）(i)【解法一】：由已知得和有公共点，即有解，故设 化为有解，易知b0;又 设故在定义域上单调递增；当x趋近于0时，；当x趋近于时，；故存在，使，即此时，在；，问题转化为即可；又且，易知当时，故实数的取值范围是： 【解法二】： 由题意得有解，且在上有解，设 ，则，当时，单调递增；当时，单调递减，要使得有零点，必须满足即；另一方面，当时，在上存在实数解，符合题意；实数的取值范围是：(ii)【解法一】（补解）：柯西不等式：令

21、交点横坐标为，则，由柯西不等式：得 即证：又设；往证；因为，可知故；再设往证；因为，可知故；故而 .原命题得证.【解法二】：基本不等式令交点横坐标为，则，则由基本不等式，因此有：原命题得证.【解法三】：线性规划法，假设，下证明：令，欲证上述不等式，即证明：令，先研究的单调性和凹凸性：当时取最小值，且在递减，在递增，；是定义域内的凹函数.，注意到且，综合以上信息可知和为曲线的两条切线.又根据的凹凸性可知欲证明成立，只需证明：直线在两条切线和轴围成的区域（包含函数图像）下方，只需两条切线的交点以及在直钱之上，分别代得到不等式：成立，原命题得证.【试题评价】本题考查了导数的几何意义、导数中求变量取值范围和证明不等式问题，充分利用隐零点求解思路、基本不等式转化及不等式放缩等综合应用，同时数形结合思想、转化与划归思想的灵活运用，分析问题并创造性的解决问题的能力。是一道高质量的难题。