【文档说明】2022年高考全国甲卷文科数学试题及答案(定稿).doc，共(19)页，2.205 MB，由baby熊上传

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数学试题第1页（共19页）2022年普通高等学校招生全国统一考试文科数学本试卷共4页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对

应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共40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．设集合，则A．B．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下图：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．则A．B．C．D．4．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A．8B．12C．16D．205．将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是A．B．C．D

．绝密★启用前数学试题第2页（共19页）6．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A．B．C．D．7．函数在区间的图象大致为A．B．C．D．8．当1x=时，函数()lnbfxaxx=+取

得最大值2−，则(2)f=A．1−B．C．D．19．在长方体中，已知与平面ABCD和平面所成的角均为，则A．B．AB与平面所成的角为C．D．与平面所成的角为10．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为和S乙，体积分别为V甲和．若，则A．B．C．D．11．已

知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为A．B．C．D．12．已知，则A．B．C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量．若，则m=______________．14

．设点M在直线上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为______________．15．记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______________．数学试题第3页（共19页）16．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，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？18．（12分）记为数列的前n项和．已知．（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求的最小值．19．（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，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．20．（12分）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．（1）若，求a；（2）求a的取值范围．P(

K2≥k)0.1000.0500.010k2.7063.8416.635．附：K2＝n(ad－bc)2(a＋b)(a＋c)(b＋d)(c＋d)，数学试题第4页（共19页）21．（12分）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．（1）求C的方程；（2）设直线与

C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．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。并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分．如果多做，则按所做的第一题计分

．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为（t为参数），曲线2C的参数方程为（s为参数）．（1）写出1C的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极

轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与1C交点的直角坐标，及与2C交点的直角坐标．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知a，b，c均为正数，且，证明：（1）；（2）若，则．答案第1页，共15页参考答案：1．A【

解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出．【详解】因为，，所以．故选：A.2．B【解析】【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为,所以A错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答

题的正确率的平均数大于85%,所以B对；讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为，讲座前问卷答题的正确率的极差为,所以D错.故选:B.3．D【解析

】【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．【详解】因为，所以，所以．故选：D.4．B答案第2页，共15页【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】

由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积.故选：B.5．C【解析】【分析】先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得，即可求出的最小值.【详解】由题意知：曲线为，又关于y轴对称，则，解得，又，故当时，的最小值为.故选：

C.6．C【解析】【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.【详解】答案第3页，共15页从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为.故选：C.7．A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项

排除即可得解.【详解】令，则，所以为奇函数，排除BD；又当时，，所以，排除C.故选：A.8．B【解析】【分析】根据题意可知，即可解得,ab，再根据即可解出．【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，1x=时取最大值，满足题意，即有．故

选：B.9．D【解析】答案第4页，共15页【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面ABCD所成角为，与平面所成角为，所以，即

bc=，，解得．对于A，，，，A错误；对于B，过B作于E，易知BE⊥平面，所以AB与平面所成角为，因为，所以，B错误；对于C，，，，C错误；对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．故选：D．10．C【解析】【分析】设母线长为l，甲

圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得答案第5页，共15页，再结合圆心角之和可将分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r

，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C.11．B【解析】【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率，解得，，分别为C的左右顶点，则，B为上顶点，所以.所以，因为答案第6页，共15页所以，

将代入，解得，故椭圆的方程为.故选：B.12．A【解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．【详解】由可得，而，所以，即，所以．又，所以，即，所以．综上，．故选：A.13．##【解析】【分析】直接由向量垂

直的坐标表示求解即可.【详解】由题意知：，解得.故答案为：.14．【解析】【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.答案第7页，共15页【详解】解：∵点M在直线上，∴设点M为，又因为点(3,0)和(0,1)均在M上，∴点M到两点的距离相等且为半径

R，∴，，解得，∴，，M的方程为.故答案为：15．2（满足皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线中即可求得满足要求的e值.【详解】解：，所以C的渐近线方程为,结合渐近线的特点，只需，即，可满足条件“直线与C无公共点

”所以，又因为，所以，故答案为：2（满足皆可）16．##【解析】【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.【详解】答案第8页，共15页设，则在中，，在ACD△中，，所以，当且仅当即时，等号成立，所以当取最小值时，.故答案为：.17．（1）A，B两家公司长途客车准点的

概率分别为，（2）有【解析】【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据及公式计算，再利用临界值表比较即可得结论.（1）根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，设A家公司长途客车准点事件为M，则；B共有班次240次，准点班次有210次

，设B家公司长途客车准点事件为N，答案第9页，共15页则.A家公司长途客车准点的概率为；B家公司长途客车准点的概率为.（2）列联表准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计45050500=，根据临界值表可知，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.18．（1）证明见解析；（2）78−．【解析】【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．（1）解：因为，即

①，答案第10页，共15页当时，②，①−②得，，即，即，所以，且，所以是以1为公差的等差数列．（2）解：由（1）可得，，，又4a，，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时．19．（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1

）分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，由平面知识可知，，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取中点,

KL，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的4倍，即可解出．（1）答案第11页，共15页如图所示：，分别取,ABBC的中点,MN，连接MN，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面ABCD，平面平面，EM平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理

可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形EMNF为平行四边形，所以，又EF平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD．（2）如图所示：，分别取中点,KL，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识

可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的4倍．因为，，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，，所以该几何体的体积答案第12页，共15页．20．（1）3（2）【解析】【分析】（1）先由()fx上的切点求出切

线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出上的切点坐标，分别由()fx和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.（1）由题意知，，，，则在点处的切线方

程为，即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；（2），则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则x变化时，的变化情况如下表：x01答案第13页，共15页−0+0−0+1−则的值域为，故a

的取值范围为.21．（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；（2）设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.（1）抛物线的准线为，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，所以抛物线C

的方程为；（2）设，直线，由可得，，由斜率公式可得，，直线，代入抛物线方程可得，，所以，同理可得，答案第14页，共15页所以又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，若要使−最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当−最大时，，设直线，代入抛

物线方程可得，，所以，所以直线.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.22．（1）；（2）的交点坐标为，，的交点坐标为，．【解析】【分析】（1）消去t，即可得到1C的普通方程；（

2）将曲线的方程化成普通方程，联立求解即解出．（1）因为，，所以，即1C的普通方程为．（2）因为，所以，即2C的普通方程为，由，即的普通方程为．答案第15页，共15页联立，解得：或，即交点坐标为，；联立，解得：或，即交点坐标为，．23．（

1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得，即可得到，再根据权方和不等式即可得证.（1）证明：由柯西不等式有，所以，当且仅当时，取等号，所以；（2）证明：因为，，，，由（1）得，即，所以，由权方和不等式知，当且仅当

，即，时取等号，所以.