【文档说明】2022年全国统一高考甲卷理科数学试卷及答案.pdf，共(15)页，447.854 KB，由baby熊上传

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2022年全国统一高考数学试卷（理科）（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。1．若13zi，则(1zzz)A．13iB．13iC．1333iD．133

3i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．设全集{2U，1，0，1，2，3}，集合{1A

，2}，2{|430}Bxxx，则()(UABð)A．{1，3}B．{0，3}C．{2，1}D．{2，0}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．函数(33)cosxxyx在区间[2，]2的图像大致为()A．B．C．D．6．当1x时，函数()bfxalnxx取得最大值2，则f（2）()A．1B．12C．12D．17．在长方体1111ABCDABCD中，已知1BD

与平面ABCD和平面11AABB所成的角均为30，则()A．2ABADB．AB与平面11ABCD所成的角为30C．1ACCBD．1BD与平面11BBCC所成的角为458．沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科

技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在AB上，CDAB．“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：2CDsABOA．当2OA，60AOB时，(s)A．1

1332B．11432C．9332D．94329．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甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若2SS甲乙，则(VV甲乙)A．5B．22C．10D．510410．椭圆2222:1(0)xyCabab的左顶点

为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为14，则C的离心率为()A．32B．22C．12D．1311．设函数()sin()3fxx在区间(0,)恰有三个极值点、两个零点，则的取

值范围是()A．5[3，13)6B．5[3，19)6C．13(6，8]3D．13(6，19]612．已知3132a，1cos4b，14sin4c，则()A．cbaB．bacC．abcD．acb二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设向量a

，b的夹角的余弦值为13，且||1a，||3b，则(2)abb．14．若双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆22430xyy相切，则m．15．从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平

面的概率为．16．已知ABC中，点D在边BC上，120ADB，2AD，2CDBD．当ACAB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）记nS为数列{}na的前n项和．已知221nnSnan．（1）证明：{}na是等差数

列；（2）若4a，7a，9a成等比数列，求nS的最小值．18．（12分）在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，//CDAB，1ADDCCB，2AB，3DP．（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB

所成的角的正弦值．19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学

校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．20．（12分）设抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，点(,0)Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，||3MF．（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，A

B的倾斜角分别为，．当取得最大值时，求直线AB的方程．21．（12分）已知函数()xefxlnxxax．（1）若()0fx，求a的取值范围；（2）证明：若()fx有两个零点1x，2x，则121xx．（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）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为2,6(txtyt为参数），曲线2C的参数方程为2,6(sxsys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3C的极坐标方程为2cossin0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标．[选修4-5：不等式

选讲]（10分）23．已知a，b，c均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc„；（2）若2bc，则113ac．2022年全国统一高考数学试卷（理科）（甲卷）参考答案一、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.

C2．B．3．D．4．B5．A6．B7．D8．B9．C10．A11．C12．A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．11．14．33．15．635．16．31．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nS为数列{}na的前n项和．已知221nnSnan．（1）证明：{}na是等差数列；（2）若4a，7a，9a

成等比数列，求nS的最小值．【分析】（1）由已知把n换为1n作差可得递推关系从而证明，（2）由4a，7a，9a成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公式找出na正负分界点计算即可．【解答】（1）证明：由已知有：222nnSnnan①，把n换成1n

，2112(1)2(1)1nnSnnan②，②①可得：1122(1)22nnnananan，整理得：11nnaa，由等差数列定义有na为等差数列；（2）由已知有2749aaa，设

等差数列na的首项为x，由（1）有其公差为1，故2(6)(3)(8)xxx，解得12x，故112a，所以12(1)113nann，故可得：123120aaaa，130a

，140a，故nS在12n或者13n时取最小值，1213(120)13782SS，故nS的最小值为78．18．（12分）在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，//CDAB，1

ADDCCB，2AB，3DP．（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【分析】（1）易知PDBD，取AB中点E，容易证明四边形BCDE为平行四边形，再根据长度关系可得BDAD，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB

的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】（1）证明：PD底面ABCD，BD面ABCD，PDBD，取AB中点E，连接DE，则112DEAB，则//CDBE，且CDBE，四边形BCDE为平行四边形，1DECB，12DEAB，A

BD为直角三角形，且AB为斜边，BDAD，又PDADD，PD面PAD，AD面PAD，BD面PAD，又PA面PAD，BDPA；（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示的

空间直角坐标系，223BDABAD，则(0,0,0),(1,0,0),(0,3,0),(0,0,3)DABP，(0,0,3),(1,0,3),(1,3,0)PDPAAB，设平面PAB的一个法向量为(,

,)nxyz，则3030nPAxznABxy，则可取(3,1,1)n，设PD与平面PAB所成的角为，则5sin|cos,|||5||||PDnPDnPDn

，PD与平面PAB所成的角的正弦值为55．19．（12分）甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概

率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得

到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分X的值可取0，10，20，30，分别求出X取上述值时的概率，可得分布列与数学期望．【解答】（1）甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获

胜的概率如下表：第一场比赛第二场比赛第三场比赛甲学校获胜概率0.50.40.8乙学校获胜概率0.50.60.2甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，①甲学校3场全胜，概率为：10.50.40.80.16P，②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：20.

50.40.20.50.60.80.50.40.80.44P，所以甲学校获得冠军的概率为：120.6PPP；（2）乙学校的总得分X的可能取值为：0，10，20，30，其概率分

别为：(0)0.50.40.80.16PX，(10)0.50.40.20.50.60.80.50.40.80.44PX，(20)0.50.60.80.50.40.20.50.60.20.34PX，(30)0.50.6

0.20.06PX，则X的分布列为：X0102030P0.160.440.340.06X的期望00.16100.44200.34300.0613EX．20．（12分）设抛物线2:2

(0)Cypxp的焦点为F，点(,0)Dp，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，||3MF．（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．【分析】（1）由已知求得||2MDp，||2pFD，则在RtMFD中，利用勾股定理得2p，则C的方程可求；（2）设M，N，A，B的坐标，写出ta

n与tan，再由三点共线可得318yy，428yy；由题意可知，直线MN的斜率不为0，设:1MNlxmy，联立直线方程与抛物线方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得124yym，124yy，求得tan与tan，再由两角差的正切及基本不等式判断

，从而求得AB的方程．【解答】（1）由题意可知，当xp时，222yp，得2Myp，可知||2MDp，||2pFD．则在RtMFD中，222||||||FDDMFM，得22()(2)92pp，解得2p．则C的方程为24yx；（2）设1(Mx，1)

y，2(Nx，2)y，3(Ax，3)y，4(Bx，4)y，由（1）可知(1,0)F，(2,0)D，则1212221212124tan44MNyyyykyyxxyy，又N、D、B三点共线，则NDBDk

k，即24240022yyxx，242224002244yyyy，得248yy，即428yy；同理由M、D、A三点共线，得318yy．则34123434124tan2()yyyyxxyyyy．由题意可知，直线MN的斜率不为0，设

:1MNlxmy，由241yxxmy，得2440ymy，124yym，124yy，则41tan4mm，41tan242mm，则11tantan12tan()1111tantan122mmm

mmm，当0m时，112tan()141222mmmm„；当0m时，tan()无最大值，当且仅当12mm，即22m时，等号成立，tan()取最大值，此时AB的直线方程为3

3344()yyxxyy，即34344()0xyyyyy，又123412128()88842yyyymyyyy，34128816yyyy，AB的方程为442160xy，即240xy．21．（12分）已

知函数()xefxlnxxax．（1）若()0fx，求a的取值范围；（2）证明：若()fx有两个零点1x，2x，则121xx．【分析】（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在(0,

)恒大于等于0，故()minfxf（1）10ea，解出a的范围即可．（2）首先将原不等式转化为证明2111xx，再利用函数()fx在(1,)单调递增，即转化为证明211()()fxfx11

1()()fxfx，继而构造函数1()()()hxfxfx证明其在(0,1)恒小于0即可．【解答】（1）()fx的定义域为(0,)，(1)1()(1)()1xxexexxfxxxx

，令()0fx，解得1x，故函数()fx在(0,1)单调递减，(1,)单调递增，故()minfxf（1）1ea，要使得()0fx恒成立，仅需10ea，故1ae„，故a的取值范围是(，1]e；（2）证明：由已知有函数()fx

要有两个零点，故f（1）10ea，即1ae，不妨设1201xx，要证明121xx，即证明211xx，101x，111x，即证明：2111xx，又因为()fx在(1,)单调递增，即证明：211()()fxfx111()()fxfx

，构造函数1()()()hxfxfx，01x，12221(1)()11()()()xxxxexexhxfxfxxx，令121()xxkxxexex，01x，12211()(1)20xxkxxexexx，()kxk

（1）0，所以()kx在(0,1)上递增，又因为10x，20x，故()0hx在(0,1)恒成立，故()hx在(0,1)单调递增，又因为h（1）0，故()hxh（1）0，故111()()fxfx，即121xx．得证．（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）22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为2,6(txtyt为参数），曲线2C的参数方程为2,6(sxsys

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3C的极坐标方程为2cossin0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标．【分析】（1）消去参数t，可得1C的普通方程；（2）消去参数s，可得2C

的普通方程，化3C的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角坐标方程求解3C与1C、3C与2C交点的直角坐标．【解答】（1）由2,6(txtyt为参数），消去参数t，可得1C的普通方程为262(0)yxy；（2）由2,6(sxsys为参数），消去

参数s，可得2C的普通方程为262(0)yxy„．由2cossin0，得2cossin0，则曲线3C的直角坐标方程为20xy．联立2262yxyx，解得121xy或12xy，3C与

1C交点的直角坐标为1(2，1)与(1,2)；联立2262yxyx，解得121xy或12xy，3C与2C交点的直角坐标为1(2，1)与(1,2)．[选修4-5：不等式选讲]

（10分）23．已知a，b，c均为正数，且22243abc，证明：（1）23abc„；（2）若2bc，则113ac．【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．【解答】证明：（1）a，b，c均为正数，且22243ab

c，由柯西不等式知，2222222(4)(111)(2)abcabc，即233(2)abc，23abc„；当且仅当2abc，即1ab，12c时取等号；（2）由（1）知，23abc„且2bc，故043ac„，则11

43ac，由权方和不等式可知，2211129344acacac，当且仅当124ac，即1a，12c时取等号，故113ac．