【文档说明】2022年全国统一高考乙卷文科数学试卷及答案.pdf，共(13)页，481.867 KB，由baby熊上传

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第1页共13页2022年全国统一高考数学试卷（文科）（乙卷）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．集合{2M，4，6，8，10}，{|16}Nxx，则(MN)A．{2，4}B．{2，4，6}C．{2

，4，6，8}D．{2，4，6，8，10}2．设(12)2iabi，其中a，b为实数，则()A．1a，1bB．1a，1bC．1a，1bD．1a，1b3．已知向量(2,1)a，(2,4)b，则||(ab)A．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，得如图茎叶图：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．4C．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．执行如图的程序框图，输出的(n)第2页共13页A．3B．4C．5D．68．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1111ABCDABCD中，E，F分别为AB，BC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6(a)A．14B．12C．6D．311．函数()cos(1)sin1fxxxx在区间[0，2]的最小值、最大值分别为()A．2，2B．32，2C．

2，22D．32，22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，则当该第3页共13页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32236SS，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1()||1fxlnabx是奇函数，则a，b．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sinsin()sinsin()CABBCA．（1）若2A

B，求C；（2）证明：2222abc．18．（12分）如图，四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2ABBD，60ACB，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：2)m和材积量（单位：3)m，得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积ix0.040.060.04

0.080.080.050.050.070.070.060.6第4页共13页材积量iy0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9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2

186m．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12211()()()()niiinniiiixxyyrxxyy，1.8961.377．20．（12分）已知函数1()(1)fxaxalnxx

．（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A（0，﹣2），B（，﹣1）两点．（1）求E的方程；（2）设过点P（1，﹣2）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＝．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。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C的参数方程为3cos2,(2sinxttyt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．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知a，b，c都是正数，且3332221abc，证明：第5页共13页（1）19abc„；（2）12abcbcacababc„．第6页共13页2022年全国统一高

考数学试卷（文科）（乙卷）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．A3．D4．C5．C6．B7．B8．A9．A10．D11．D12．C二、填空题：本题共4小题，每小题5

分，共20分。13．2．14．310．15．22460xyxy（或22420xyxy或22814033xyxy或22161620)55xyxy．16．12；ln2．三、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sinsin()sinsin()CABBCA．（1）若2AB

，求C；第7页共13页（2）证明：2222abc．【分析】（1）由sinsin()sinsin()CABBCA，结合2AB，可得sinsin()CCA，即CCA，再由三角形内角和定理列式求解C；（2）把已知等式展开两角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角为边即可

证明结论．【解答】（1）由sinsin()sinsin()CABBCA，又2AB，sinsinsinsin()CBBCA，sin0B，sinsin()CCA，即CCA（舍去）或CCA，联立22ABCAABC，解得58C；

证明：（2）由sinsin()sinsin()CABBCA，得sinsincossincossinsinsincossincossinCABCABBCABCA，由正弦定理可得coscoscoscosacBbcAbcAabC，由

余弦定理可得：2222222222222acbbcaabcacbcabacbcab，整理可得：2222abc．18．（12分）如图，四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设2

ABBD，60ACB，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体积．【分析】（1）易证ADBCDB，所以ACBE，又ACDE，由线面垂直的判定定理可得AC平面BED，再由面面垂直的判定定理即可证得平面BED平面ACD

；（2）由题意可知ABC是边长为2的等边三角形，进而求出3BE，2AC，2ADCD，1DE，由勾股定理可得DEBE，进而证得DE平面ABC，连接EF，因为AFCF，则EFAC，所以当EFBD

时，EF最短，此时AFC的面积最小，求出此时点F到平面ABC的距离，从而求得此时三棱锥FABC的体积．第8页共13页【解答】（1）ADCD，ADBBDC，BDBD，ADBCDB，ABBC，又E为AC的中点．ACBE，ADCD，E为AC的中点．ACDE，又

BEDEE，AC平面BED，又AC平面ACD，平面BED平面ACD；（2）由（1）可知ABBC，2ABBC，60ACB，ABC是等边三角形，边长为2，3BE，2AC，2ADCD，1DE，222DEBEBD，DEBE，又DEA

C，ACBEE，DE平面ABC，由（1）知ADBCDB，AFCF，连接EF，则EFAC，12AFCSACEFEF，当EFBD时，EF最短，此时AFC的面积最小，过点F作FGBE于

点G，则//FGDE，FG平面ABC，32DEBEEFBD，2232BFBEEF，34EFBFFGBE，三棱锥FABC的体积211333233444ABCVSFG．【点评】本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的

空间想象能力与计算能力，是中档题．第9页共13页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：2)m和材积量（单位：3)m，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iy0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得1021

0.038iix，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2186m．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12211()()()()niiinniiiixxyyrxxyy

，1.8961.377．【分析】根据题意结合线性回归方程求平均数、样本相关系数，并估计该林区这种树木的总材积量的值即可．【解答】（1）设这棵树木平均一棵的根部横截面积为x，平均一棵的材积量为y，则根据题中数据得：20.60.0610xm，33

.90.3910ym；（2）由题可知，101011101010102222221111()()0.01340.01340.01340.970.013770.0020.09480.011.896()()()()ii

iiiiiiiiiiiixxyyxynxyrxxyyxnxyny；（3）设从根部面积总和X，总材积量为Y，则XxYy，故30.391861209()0.06Ym．20．（12分）已知函数1()(1)fxaxalnxx

．（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．第10页共13页【分析】（1）将0a代入，对函数()fx求导，判断其单调性，由此可得最大值；（2）对函数()f

x求导，分0a，0a，01a，1a及1a讨论即可得出结论．【解答】（1）当0a时，1()(0)fxlnxxx，则22111()xfxxxx，易知函数()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递

减，()fx在1x处取得极大值，同时也是最大值，函数()fx的最大值为f（1）1；（2）222211(1)1(1)(1)()aaxaxxaxfxaxxxx，①当0a时，由（1）可知，函数()fx无零点；②当

0a时，易知函数()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，又f（1）10a，故此时函数()fx无零点；③当01a时，易知函数()fx在1(0,1),(,)a上单调递增，在1(1,)a单调递减，且f（1）10a，1(

)1(1)0faalnaa，且当x时，()0fx，此时()fx在(0,)上存在唯一零点；④当1a时，22(1)()0xfxx，函数()fx在(0,)上单调递增，又f（1）0，故

此时函数()fx有唯一零点；⑤当1a时，易知函数()fx在1(0,),(1,)a上单调递增，在1(,1)a上单调递减，且f（1）10a，且当0x时，()0fx，故函数()fx在(0,)上

存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为(0,)．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A（0，﹣2），B（，﹣1）两点．（1）求E的方程；（2）设过点P（1，﹣2）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＝．证明：直线HN过定点．【分析】（1）设E的方程为，将A，B两点坐标代入即可求解；（2）由可得直线，①若过P（1，﹣2）的直线的斜率第11页共13页不存在，直线为x＝1，代入椭圆方程，根据＝即可求解；②若过P（1，﹣2）

的直线的斜率存在，设kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（3k2+4）x2﹣6k（2+k）x+3k（k+4）＝0，结合韦达定理和已知条件即可求解．【解答】（1）设E的方程为，将两点代入得，解得a2＝3，b2＝4，故E的方程为；（2）由可得直线①若

过P（1，﹣2）的直线的斜率不存在，直线为x＝1，代入，可得，，将代入，可得，由＝，得，易求得此时直线，过点（0，﹣2）；②若过P（1，﹣2）的直线的斜率存在，设kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得（3k2+

4）x2﹣6k（2+k）x+3k（k+4）＝0，故有，且（*），第12页共13页联立，可得，可求得此时，将（0，﹣2）代入整理得2（x1+x2）﹣6（y1+y2）+x1y2+x2y1﹣3y1y2﹣12

＝0，将（*）代入，得24k+12k2+96+48k﹣24k﹣48﹣48k+24k2﹣36k2﹣48＝0，显然成立．综上，可得直线HN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。[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C的参数方程为3cos2,(2sinxttyt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．【分析】（1）由sin()03m，展开两角和的正弦，结合极坐标与直角坐标的互化公

式，可得l的直角坐标方程；（2）化曲线C的参数方程为普通方程，联立直线方程与曲线C的方程，化为关于y的一元二次方程，再求解m的取值范围．【解答】（1）由sin()03m，得(sincoscossin)033m

，13sincos022m，又cosx，siny，13022yxm，即l的直角坐标方程为320xym；（2）由曲线C的参数方程为3cos2,(2sinxttyt为参数）．第13页共13页消去参数t，可得22323yx，联

立23202323xymyx，得232460(22)yymy„„．4363m„„，即194103m„„，195122m„„，m的取值范围是19[12，5]2．[选修4-5：不等式选讲]（

10分）23．已知a，b，c都是正数，且3332221abc，证明：（1）19abc„；（2）12abcbcacababc„．【分析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可．【解答】（1）证明：a，b，c都是正数，33333313222222233()abcabc

abc，当且仅当233abc时，等号成立．因为3332221abc，所以1213()abc，所以121()3abc，所以19abc„，得证．（2）根据基本不等式2bcbc，2acac，2abab，333333222222122222222abc

abcabcabcbcacabbcacababcabcabcabcabc„，当且仅当abc时等号成立，故得证．