【文档说明】2022年高考全国乙卷文科数学试题及答案(定稿).doc，共(21)页，2.185 MB，由baby熊上传

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数学试题第1页（共21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。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置。2．

选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．保持卡

面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。5．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．集合2,4,6,8,10,16MNxx，则MNA．{2,4

}B．{2,4,6}C．{2,4,6,8}D．{2,4,6,8,10}2．设(12i)2iab，其中,ab为实数，则A．1,1abB．1,1abC．1,1abD．1,1ab3．已

知向量(2,1)(2,4)ab，，则abrrA．2B．3C．4D．54．分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：甲乙615853063753274614218122566664290238101则下列结论中错误的是A．甲同学周课外体育运动时长的

样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.65．若x，y满足约束条件2,24,0,xyxyy…„…则2zxy的最大值是A．2B．4

C．8D．126．设F为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若AFBF，则ABA．2B．22C．3D．327．执行下边的程序框图，输出的nA．3B．4C．5D．6绝密★启用前数学试题第2页（共

21页）8．如图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]的大致图像，则该函数是A．3231xxyxB．321xxyxC．22cos1xxyxD．22sin1xyx9．在正方体1111ABCDA

BCD中，E，F分别为,ABBC的中点，则A．平面1BEF平面1BDDB．平面1BEF平面1ABDC．平面1//BEF平面1AACD．平面1//BEF平面11ACD10．已知等比数列na的前3项和为

168，2542aa，则6aA．14B．12C．6D．311．函数cos1sin1fxxxx在区间0,2π的最小值、最大值分别为A．ππ22，B．3ππ22，C．ππ222，D．3ππ222，12．已

知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为A．13B．12C．33D．22二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．记nS为等差数列na的前n项和．若3223

6SS，则公差d_______．14．从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．15．过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．16．若1ln1fxabx是

奇函数，则a_____，b______．数学试题第3页（共21页）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

）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinsinsinsinCABBCA．（1）若2AB，求C；（2）证明：2222abc18．（12分）如图，四面体ABCD中，,,ADCDADCDADBBDC，E为AC的

中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2,60ABBDACB，点F在BD上，当AFC△的面积最小时，求三棱锥FABC的体积．19．（12分）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山，为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这

种树木，测量每棵树的根部横截面积(单位：m2)和材积量(单位：m3)，得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材

积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得10210.038iix，10211.6158iiy，1010.2474iiixy．（1）估计该林区

这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0．01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为1862m．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这

种树木的总材积量的估计值．附：相关系数12211niiinniiiixxyyrxxyy，1.8961.377．数学试题第4页（共21页）20．（12分）已知函数1()(1)lnfxaxaxx．（1）当0a

时，求()fx的最大值；（2）若()fx恰有一个零点，求a的取值范围．21．（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过30,2,,12AB两点．（1）求E的方程；（2）设过点1,2P的直线交E于M，N

两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MTTH．证明：直线HN过定点．(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C的参数方程为3cos22sinxtyt，（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为sin03m

．（1）写出l的直角坐标方程；（2）若l与C有公共点，求m的取值范围．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知a，b，c都是正数，且3332221abc，证明：（1）19abc；（2）12abcbcacababc．数学试题第5页（共21页）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．集合2,4,6,8,10M,|16Nxx，则MNA．2,4B．2,4,6C．2,4,6,8D．2,4,6,8,10【答案】A【解析】集合2,4

,6,8,10M，其中满足在区间1,6内的数有2和4，所以2,4MN．2．设122iabi,其中a，b为实数，则A．1a，1bB．1a，1bC．1a，1bD．1a，1b【答案】A【解析】由题可得122iabaiab

，即22aiabi，则有220aiiab，解得11ab，选项A正确．3．已知向量2,1a,2,4b，则abA．2B．3C．4D．5【答案】D【解析】由题可得4,3ab，则

22435ab，选项D正确．4．分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如下茎叶图：则下列结论中错误的是A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8数学试题第6页（共21

页）C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D．乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6【答案】C【解析】令甲、乙的数据代表符号分别为x，y，则甲同学的样本中位数为897.37.57.422xxx，A正确；以8为参考值，乙同学的样

本平均数为1.70.60.40.10.20.20.50.6411.21.31.82.18816y，B正确；由茎叶图中数据可知680.3750.416Px，所以C错误；16380.81250.616Py，所以D正确．5．若

,xy满足约束条件2240xyxyy≥≤≥，则2zxy的最大值是A.2B.4C.8D.12【答案】C【解析】解法1：作图可知2zxy在点(4,0)处取得最大值8解法2：求出可行域的三个顶点坐标(0,2)，(2,0)，(4,0)分别求出目标函数值为2

，4，8比较得2zxy的最大值为8.6.设F为抛物线2:4Cyx的焦点，点A在C上，点(3,0)B，若||||AFBF，则||ABA.2B.22C.3D.32【答案】B【解析】由题意可得||||2AFBF,设(,)Axy，则12x,所以1x,2y

,数学试题第7页（共21页）所以||22AB7.执行右边的程序框图，输出的A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】第一次循环：1213b,2a,2n,221|2|0.014ba＞第二次

循环：3227b,5a,3n,221|2|0.0125ba＞第三次循环：72517b,12a,4n,221|2|144ba＜0.01所以输出的4n.8.右图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]的大致图像，则函数是A.3231xxyxB.321x

xyxC.22cos1xxyxD.22sin1xyx数学试题第8页（共21页）【答案】A【解析】由图像可知函数是奇函数，且1x，0y＞,排除B.由3x，0y＜，排除D.由3x,2y＞，排除C.故选A.9.在正方体1111ABCDABCD中，E，F分

别为AB，BC的中点，则A.平面11BEFBDDB.平面11BEFABDC.平面11//BEFAACD.平面111//BEFACD【答案】A【解析】由题意可知EFBD，1EFDD，1BDDDD，所以EF平面1BDD,所以平面1

1BEFBDD.10.已知等比数列{}na的前3项和为168，2542aa，则6aA.14B.12C.6D.3【答案】D【解析】设{}na的首项为1a，公比为q.由题意可知：1232516842aaaaa，即213211(1)168(1)(1)(1)42aqqaq

qaqqqq,解得12q，196a,所以63a.11.函数()cos(1)sin1fxxxx在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为A．ππ,22B．3ππ,22C．ππ,222D．3ππ,222【答案】D【解析

】()(1)cosfxxx，当π(0,)2x时，()0fx；当π3π(,)22x时，()0fx；当3π(,2π)2x时，()0fx.所以，3π3π()()22fxf极小值;ππ()()222fxf极大值.又(0)(2π

)2ff，所以min3π3π()()22fxf;maxππ()()222fxf.故选D.数学试题第9页（共21页）12.已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的的球面上，当该四棱锥的体积最大时，其高为A．13B．12C．33D．2

2【答案】C【解析】设底面的四个顶点所在圆的半径为r，四棱锥的高为h，则221hr.当底面为正方形时，底面面积最大，最大值为22r.所以22122(1)33Vrhhh，22(13)3Vh，当33h时，该四棱锥的体积最大.故，选C.二、填空题：本题

共4小题，每小题5分，共20分。13．记nS为等差数列{}na的前n项和.若32236SS，则公差d．【答案】2【解析】因为32236SS，所以212233()6aaa，即213()36aad，所以2d.14．从甲、乙等5

名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为________.【答案】【解析】解法1:设5名同学的编号为甲、乙、1、2、3，从中随机取3名的所有结果为：甲乙1、甲乙2、甲乙3、甲12、甲13、甲23、乙12

、乙13、乙23、123共10种，其中甲、乙都入选的情况为：甲乙1、甲乙2、甲乙3共3三种，故所求概率为310.解法2：设“甲、乙都入选”为事件A，则13353(A)10CPC解法3：设“甲、乙不都入选”为事件B，则1232

33357()10CCCPBC，故所求概率为73()1()11010PBPB15．过四点(0,0)，(4,0)，(1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为___________.【答案】22420xyxy或22460xyxy

或22814033xyxy或2216162055xyxy（答案不唯一，填其中一个即可）【解析】设圆的方程为220xyDxEyF数学试题第10页（共21页）若圆过(0,0)，(4,0)，(4,2)三点，则0164020

420FDFDEF，解得420DEF，故圆的方程为22420xyxy；若圆过(0,0)，(4,0)，(1,1)三点，则0164020FDFDEF

，解得460DEF，故圆的方程为22460xyxy；若圆过(0,0)，(1,1)，(4,2)三点，则02020420FDEFDEF，解得83

1430DEF，故圆的方程为22814033xyxy；若圆过(4,0)，(1,1)，(4,2)三点，则16402020420DFDEFDEF，解得1652165DEF，故圆

的方程为2216162055xyxy.16．若1()ln||1fxabx是奇函数，则a_______，b__________.【答案】12a，ln2b【解析】因为()fx所以其定

义域关于原点对称，故0a，由10110axx得111xax所以111a，所以12a，此时11()ln||21fxbx，其定义域为(,1)(1,1)(1,);又()fx是奇函数，故(0)0f

，即1ln|1|ln202bb，所以ln2b,此时1()ln||1xfxx满足()()fxfx.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，考生根据要求数学试题第11页（共21页）作答。（一）必考题：共60分。17．（12分）记ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinsin()sinsin()CABBC

A.（1）若2AB，求C;（2）证明：2222abc．【答案】（1）8；（2）略.【解析】（1）解：因为2AB,ABC所以ABB，3CABB，25CAABB所以sin()sinABB，sin

sin3CB，sin()sin5CAB代入sinsin()sinsin()CABBCA中得sin3sin5BB又02B，所以35BB，所以8B，所以538CB（2）证明:因为sinsin()sinsin(

)CABBCA所以sin(sincoscossin)sin(sincoscossin)CABABBCACA所以sin(sincoscossin)2sinsincosACBCBBCA所以sinsin()2sins

incosABCBCA，又sin()sinBCA所以2sin2sinsincosABCA由正弦定理得22cosabcA①又由余弦定理得2222cosabcbcA，所以2222cosbcabcA②由①②得2222bcaa，所以2222abc.证法2：因为sinsi

n()sinsin()CABBCA所以sin()sin()sin()sin()ABABCACA又2222sin()sin()sincoscossinABABABAB同理22sin()sin()sinsinCACACA所以

2222sinsinsinsinABCA由正弦定理得2222abca222222sin(1sin)(1sin)sinsinsinABABAB数学试题第12页（共21页）所以2222abc18

．（12分）如图,四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2ABBD,60ACB，点F在BD上，当AFC△面积最小时，求

三棱锥FABC的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）34【解析】（1）证明：由题可知在ABD△与CBD△中，ADCDADBBDCBDBD，ABDCBD△△，则ABCB，ABC△为等腰三角形．ADCD，ACD△为等腰三角形．又E为AC中

点，DEAC，BEAC．ACDE，ACBE，DEBEE，DE平面BED，BE平面BED，AC平面BED．又AC平面ACD，平面ACD平面BED．（2）解：由（1）可知ABCB，又60ACB，ABC△为等边三角形，则2ABCBAC．由题可知A

CD△为等腰直角三角形，则2ADCD．又E为AC中点，1AECEDE，3BE．如图，连结EF，使EFBD于F．作FGBE于G．AC平面BED，EF平面BED，FG平面BED，数学试题第13页（共21页）ACEF，ACFG，此时

EF为异面直线AC与BD的公垂线段，线段EF长度即为F到AC的最短距离，即此时的AFC△面积最小．FGBE，FGAC，BEACE，BE平面ABC，AC平面ABC．FG平面ABC，线段FG长度即为三棱锥FABC的以AB

C△为底面的高．3BE，1DE，2BD，222DEBEBD，DEBE．1sin2DEDBEBD，30DBE．则33cos322BFBEDBE，313sin224FGBFDBE．1123322ABCSACBE

△．则三棱锥FABC的体积113333344FABCABCVSFG△．19.（12分）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部的横截面积（单位：2m）和材积量（单位：3m），

得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积ix0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量iy0.250.400.220.540.510.340.360.460.4

20.403.9并计算得101010221110.038,1.6158,0.2474iiiiiiixyxy.（1）估计该林区这种树木平均一颗的根部横截面积与平均一颗的材积量；（2）求该林区这种树木

的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为1862m.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树

木的总材积量的估计值.数学试题第14页（共21页）附:相关系数12211,1.8961.377niiinniiiixxyyrxxyy.解析：（1）这种树木平均一颗的根部横截面积10.60.0610x，平均一颗的材

积量13.90.3910y；（2）由101011100.2474100.060.390.0134iiiiiixxyyxyxy,1010222211100.038100.060.

002iiiixxxx;1022221110101.6158100.390.0948iiiiyyyy所以224110.0020.09480.00018961.89610nniiiixxyy2

1.所以0.01340.970.01377r（3）由树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，得ykx，将,xy，即0.06,0.39代入可得0.390.06k，132k，即132yx，所以当186x时，1318612092y，故该林区这种树木的总材积量

的估计值为31209m.20．（12分）已知函数1()(1)lnfxaxaxx.（1）当0a时，求()fx的最大值;（2）若()fx恰有一个零点，求a的取值范围．数学试题第15页（共21页）【答案】（1）1

；（2）(0,).【解析】（1）0a时，1()lnfxxx（0x＞）22111()xfxxxx，由()0fx＞得01x＜＜；由()0fx＜得1x＞.所以()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减所以()fx最大值为(1)1f.

（2）1()(1)lnfxaxaxx（0x＞）222211(1)1(1)(1)()aaxaxaxxfxaxxxx当0a≤时，由()0fx＞得01x＜＜；由()0fx＜得1x＞所以()fx在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减所以max()(1)110

fxfa≤＜，()fx无零点，舍去；当01a＜＜时，由()0fx＞得0x＜＜1或1xa＞；由()0fx＜得11xa＜＜所以()fx在(0,1)，1(,)a单调递增；在1(1,)a单调递减又(1)10fa＜，取10ea＜＜，则2223e

e13()12(1)lne30eeeafaaaaa＞＞所以()fx存在唯一零点；当1a时，()0fx≥恒成立，所以()fx在(0,)单调递增又(1)10fa，所以()fx存在唯一零点；当1a时，由()0f

x＞得10xa＜＜或1x＞；由()0fx＜得11xa＜＜所以()fx在1(0,)a，(1,)单调递增；在1(,1)a单调递减又(1)10fa取2a＞又22212()e60eaaaaaafeaaaaeeee＜＜＜所以(

)fx存在唯一零点.综上可知，若()fx恰有一个零点，则实数a的取值范围是(0,).21.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过30,2,(,1)2AB两点.（1）求E的方程；（2）设过点1,2P的直线交E于,MN两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB

交于数学试题第16页（共21页）点T，点H满足MTTH，证明：直线HN过定点.解析：（1）设椭圆方程为：2210,0mxnymn，将30,2,(,1)2AB代入方程得222213112nmn，解得1314mn

，故所求方程为22134xy.（2）设点1122(,),(,)MxyNxy①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的斜率为k，则直线MN的方程为：2(1)ykx，即2ykxk，直线AB的方程为223yx由221342xyykxk

消去y可得：22(43)6(2)3(4)0kxkkxkk，所以有1221226(2)433(4)43kkxxkkkxxk，所以过M且平行于x轴的直线MH与直线AB交点113(3,)2Tyy，且易求得11136

,Hyxy，又22(,)Nxy，可得直线HN方程为212221136yyyyxxxxy，即21222112326kxxykxkxxxxkxk∴2122

121()()23(2)6kxxyxxkxkxxkxk∴212212121121()()23(1)3(1)kxxkxxxyxkxkxxkxxxkx数学试题第17页（共21页）

而22121212121121()()[3(1)]223(1)3(1)kxxxkxkxxkxkxkxxkxxxkx2221212121(23)(3)()323(1)kkxxkkx

xkxxkx其中2221212(23)(3)()3kkxxkkxxk222223(4)6(2)(23)(3)33434kkkkkkkkkkk2223[(23)(4)2(31)(2)34]34kkkkkkk

222323(8103610434)034kkkkkkk∴2212121()223(1)kxxxkxkxxkx即直线HN的方程可化简为21121()23(1)kxxyxxxkx∴故直线HN恒过定点0,2②当k不存在时，直线MN的方

程为：1x，又由线段AB在第四象限，可得26(1,)3N，26(1,)3M又由30,2,(,1)2AB两点可得直线AB方程为：223yx，所以过M且平行于x轴的直线与ABl交点26(36,)3T又MTTH可知，T为MH的中点，可求得2

6(526,)3H，所以直线HN为：26(2)23yx，可知其过定点0,2数学试题第18页（共21页）综上可知：直线HN恒过定点0,2（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。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C的方程为3cos22sinxtyt（t为参数）.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐

标方程为sin()03m.(1)写出l的直角坐标方程；(2)若l与C有公共点，求m的取值范围.答案：（1）320xym；（2）195122m.解析：（1）由sin()03m可得，sincoscossin

033m，即13sincos022m，13022yxm，故l的方程为：320xym.（2）由3cos2xt，得22233(12sin)3[12]322yxty，联立2332320xyxym

，232460yym，即2326422yymy，4363m，即194103m，195122m故m的范围是195122m.23．[选修4-5：不等式选讲]（1

0分）已知a,b,c为正数，且3332221abc,证明：（1）19abc≤;19abc≤（2）12abcbcacababc≤.数学试题第19页（共21页）证明：（1）因为a,b,c为正数，所以333333322222233abcabcabc≥，当且仅当233abc

时取等号，所以31abc≤，即19abc≤，得证.（2）因为a，b，c都是正数，且3332221abc所以333222122222abcabcabcbcacabbcacababcabc

≤当且仅当233abc时取等号所以12abcbcacababc≤得证.数学试题第20页（共21页）2022年全国统一考试数学文科试卷全国乙卷试卷分析一、试卷主干知识和非主干知识分布情况1、主干知识部分：

知识点题目分布函数与导数8,16,20数列10,13三角函数11,17解析几何5，6,15,21立体几何9,12,18概率统计4,14,19二选一22,232.非主干知识部分：知识点题目分布集合1复数2向量3程序框图7二、试题特点分析：1

、突出对数学主干知识的考查，分值130分，占比近87%，体现重点知识重点考查，重复考查的特点。2、入手点平缓，体现人文关怀，小题前3题都是非主干知识的考查，简单易做，充分考虑到文科生特点。3、除概率大题19题外，题目没有繁杂的情景，平铺直叙很直接，没有

所谓的文化外衣，让学生一下子进入了数学问题。4、体现能力和核心素养考查。如推理论证能力，数据处理能力，运算求解能力在大题小题中都体现的很清晰。5、注重思想方法的考查。如数形结合思想，函数方程思想，分类讨论思想在多个题目当中都有所体现。数学试题第21页（共21页）6、重视通性通法考查，重视

数学概念的考查。如16题是建立在奇偶函数概念上一道很好的试题。