2022年全国统一高考甲卷文科数学试卷及答案

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2022年全国统一高考数学试卷（文科）（甲卷）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。51．设集合A{2，1，0，1，2}，B{x|0x}，则AB()2A．{0，1，2}B．{2，1，0}C．{0，1}D．{1，2}2．某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：则()A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差3．若z1i，则|iz3z|()A．45B．42C．25D．224．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为()第1页共15页

1A．8B．12C．16D．205．将函数f(x)sin(x)(0)的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于32y轴对称，则的最小值是()1111A．B．C．D．64326．从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为()1122A．B．C．D．5353xx7．函数f(x)(33)cosx在区间[，]的图像大致为()22A．B．第2页共15页

2C．D．b8．当x1时，函数f(x)alnx取得最大值2，则f（2）()x11A．1B．C．D．1229．在长方体ABCDABCD中，已知BD与平面ABCD和平面AABB所成的角均为30，1111111则()A．AB2ADB．AB与平面ABCD所成的角为3011C．ACCB1D．BD与平面BBCC所成的角为4511110．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2，侧面积分别为S和S，甲乙SV甲甲体积分别为V和V．若2，则()甲乙SV乙乙510A．5B．22C．10D．422xy111．已知椭圆C:1(ab0)的离心率为，A，A分别为C的左、右顶点，B为2212ab3C的上顶点．若BABA1，则C的方程为()122222xyxyA．1B．1181698222xyx2C．1D．y1322mmm12．已知910，a1011，b89，则()第3页共15页

3A．a0bB．ab0C．ba0D．b0a二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量a(m,3)，b(1,m1)．若ab，则m．14．设点M在直线2xy10上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为．22xy15．记双曲线C:1(a0,b0)的离心率为e，写出满足条件“直线y2x与C无公22ab共点”的e的一个值．AC16．已知ABC中，点D在边BC上，ADB120，AD2，CD2BD．当取得最AB小值时，BD．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030（1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？22n(adbc)附：K．(ab)(cd)(ac)(bd)P(K2k)0.1000.0500.010k2.7063.8416.6352Sn18．（12分）记S为数列{a}的前n项和．已知n2a1．nnnn（1）证明：{a}是等差数列；n（2）若a，a，a成等比数列，求S的最小值．479n19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm)的正方形，EAB，FBC，GCD，HDA均为正三角第4页共15页

4形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：EF//平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．3220．（12分）已知函数f(x)xx，g(x)xa，曲线yf(x)在点(x，f(x))处的切11线也是曲线yg(x)的切线．（1）若x1，求a；1（2）求a的取值范围．221．（12分）设抛物线C:y2px(p0)的焦点为F，点D(p,0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|3．（1）求C的方程；（2）设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为，．当取得最大值时，求直线AB的方程．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）2tx,22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为6(t为参数），曲线C2的yt2sx,参数方程为6(s为参数）．ys第5页共15页

5（1）写出C的普通方程；1（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为32cossin0，求C与C交点的直角坐标，及C与C交点的直角坐标．3132[选修4-5：不等式选讲]（10分）22223．已知a，b，c均为正数，且ab4c3，证明：（1）ab2c3；11（2）若b2c，则3．ac第6页共15页

62022年全国统一高考数学试卷（文科）（甲卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A2．B3．D4．B．5．C6．C7．A8．B9．D10．C11．B12．A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。313．．42214．(x1)(y1)5．15．2(e(1，5]内的任意一个值都满足题意）．16．31．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营．为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数第7页共15页

7A24020B21030（1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？22n(adbc)附：K．(ab)(cd)(ac)(bd)P(K2k)0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【分析】（1）根据题设数据直接计算即可；（2）由题设数据代入公式直接计算即可得出结论．【解答】（1）A公司一共调查了260辆车，其中有240辆准点，故A公司准点的概率为24012；260132107B公司一共调查了240辆车，其中有210辆准点，故B公司准点的概率为；2408（2）由题设数据可知，准点班次数共450辆，未准点班次数共50辆，A公司共260辆，B公司共240辆，22500(2403021020)K3.22.706，26024045050有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关．【点评】本题考查概率计算以及独立性检验，考查运算求解能力，属于基础题．2Sn18．（12分）记S为数列{a}的前n项和．已知n2a1．nnnn（1）证明：{a}是等差数列；n（2）若a，a，a成等比数列，求S的最小值．479n【分析】（1）由已知把n换为n1作差可得递推关系从而证明，（2）由a，a，a成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公式找出a正负分界点计479n算即可．2【解答】（1）证明：由已知有：2Sn2nan①，nn2把n换成n1，2S(n1)2(n1)an1②，n1n1②①可得：2a2(n1)a2na2n，n1n1n第8页共15页

8整理得：aa1，n1n由等差数列定义有a为等差数列；n2（2）由已知有a7a4a9，设等差数列an的首项为x，由（1）有其公差为1，2故(x6)(x3)(x8)，解得x12，故a12，1所以a12(n1)1n13，n故可得：aaaa0，a0，a0，123121314(120)13故S在n12或者n13时取最小值，SS78，n12132故S的最小值为78．n19．（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm)的正方形，EAB，FBC，GCD，HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：EF//平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【分析】（1）将几何体补形之后结合线面平行的判断定理即可证得题中的结论；（2）首先确定几何体的空间特征，然后结合相关的棱长计算其体积即可．【解答】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体，做EEAB于点E，做FFBC于点F，由于底面为正方形，ABE，BCF均为等边三角形，故等边三角形的高相等，即EEFF，第9页共15页

9由面面垂直的性质可知EE，FF均与底面垂直，则EE//FF，四边形EEFF为平行四边形，则EF//EF，由于EF不在平面ABCD内，EF在平面ABCD内，由线面平行的判断定理可得EF//平面ABCD．（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高AAEE43，13长方体的体积V88432563cm，1113233一个三棱锥的体积V(44)43cm，23233236403则包装盒的容积为VV4V256343cm．12333220．（12分）已知函数f(x)xx，g(x)xa，曲线yf(x)在点(x，f(x))处的切11线也是曲线yg(x)的切线．（1）若x1，求a；1（2）求a的取值范围．【分析】（1）由题意结合函数的切线方程即可确定实数a的值；（2）由题意结合函数图象即可确定实数a的取值范围．2【解答】（1）由题意可得f(x)3x1，则切线的斜率kf(1)2，第10页共15页

10且f(1)0，故切线方程为y2(x1)，即2xy20，由g(x)2x2可得x1，则切点坐标为(1,1a)，由于切点在直线2xy20上，故2(1a)20，解得a3．2（2）由题意可得f(x)3x1，3当x时，f(x)0，f(x)单调递增，333当x时，f(x)0，f(x)单调递减，333当x时，f(x)0，f(x)单调递增，3且函数的零点为x1，x1，x0，123绘制函数f(x)和函数g(x)的图象如图所示，观察可得，当a1时，函数f(x)和函数g(x)在点(1,1)处有公共点，函数存在公切线，当a1时，函数f(x)和函数g(x)不存在公切线，当a1时，函数f(x)和函数g(x)存在公切线，第11页共15页

11则实数a的取值范围是[1，)．221．（12分）设抛物线C:y2px(p0)的焦点为F，点D(p,0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|3．（1）求C的方程；（2）设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为，．当取得最大值时，求直线AB的方程．p【分析】（1）由已知求得|MD|2p，|FD|，则在RtMFD中，利用勾股定理得p2，2则C的方程可求；88（2）设M，N，A，B的坐标，写出tan与tan，再由三点共线可得y，y；34yy12由题意可知，直线MN的斜率不为0，设l:xmy1，联立直线方程与抛物线方程，化为MN关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得yy4m，yy4，求得tan与1212tan，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得AB的方程．22p【解答】（1）由题意可知，当xp时，y2p，得y2p，可知|MD|2p，|FD|．M2222p22则在RtMFD中，|FD||DM||FM|，得()(2p)9，解得p2．22则C的方程为y4x；（2）设M(x，y)，N(x，y)，A(x，y)，B(x，y)，11223344yyyy41212由（1）可知F(1,0)，D(2,0)，则tank，MN22xxyyyy12121244y0y024又N、D、B三点共线，则kk，即，NDBDx2x224y0y024，22yy2422448得yy8，即y；244y28同理由M、D、A三点共线，得y．3y1yy4yy3412则tan．xxyy2(yy)343412由题意可知，直线MN的斜率不为0，设l:xmy1，MN第12页共15页

122y4x2由，得y4my40，xmy14141yy4m，yy4，则tan，tan，12124mm24m2m11tantanm2m1则tan()，1tantan11112m2mmm112当m0时，tan()；当m0时，tan()无最大值，1142m22mmm12当且仅当2m，即m时，等号成立，tan()取最大值，m24此时AB的直线方程为yy(xx)，即4x(yy)yyy0，333434yy34888(yy)8812又yy8m42，yy16，3434yyyyyy121212AB的方程为4x42y160，即x2y40．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）2tx,22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为6(t为参数），曲线C2的yt2sx,参数方程为6(s为参数）．ys（1）写出C的普通方程；1（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为32cossin0，求C与C交点的直角坐标，及C与C交点的直角坐标．3132【分析】（1）消去参数t，可得C的普通方程；1（2）消去参数s，可得C的普通方程，化C的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角23坐标方程求解C与C、C与C交点的直角坐标．31322tx,【解答】（1）由6(t为参数），消去参数t，yt第13页共15页

132可得C的普通方程为y6x2(y0)；12sx,（2）由6(s为参数），消去参数s，ys2可得C的普通方程为y6x2(y0)．2由2cossin0，得2cossin0，则曲线C的直角坐标方程为2xy0．31y2xxx1联立2，解得2或，y6x2y1y21C与C交点的直角坐标为(，1)与(1,2)；3121y2xxx1联立2，解得2或，y6x2y1y21C与C交点的直角坐标为(，1)与(1,2)．322[选修4-5：不等式选讲]（10分）22223．已知a，b，c均为正数，且ab4c3，证明：（1）ab2c3；11（2）若b2c，则3．ac【分析】（1）由已知结合柯西不等式证明；（2）由已知结合（1）中的结论，再由权方和不等式证明．222【证明】（1）a，b，c均为正数，且ab4c3，2222222由柯西不等式知，(ab4c)(111)(ab2c)，2即33(ab2c)，ab2c3；1当且仅当ab2c，即ab1，c时取等号；2（2）由（1）知，ab2c3且b2c，11故0a4c3，则，a4c32211129121由权方和不等式可知，3，当且仅当，即a1，c时取aca4ca4ca4c2第14页共15页

14等号，11故3．ac第15页共15页