2022年高考数学试卷（文）（全国甲卷）（解析卷）

1/19 绝密★启用前 2022 年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡 上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条 形码. 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. 设集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】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. 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 1/19 们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10 2/19 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 B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于 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 【答案】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 错； 讲座后问卷答题的正确率只有一个是 个 ,剩下全部大于等于 ,所以讲座后问卷答题的正确 率的平均数大于 ,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； 2/19 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 错. 故选:B. 3. 若 ．则 （ ） A. B. C. D. 【答案】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． 3/19 【详解】因为 ，所以 ，所以 ． 故选：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. 8 B. 12 C. 16 D. 20 【答案】B 【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. 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. 【答案】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 3/19 值. 4/19 【详解】由题意知：曲线 为 ，又 关于 轴对称，则 ， 解得 ，又 ，故当 时， 的最小值为 . 故选：C. 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. 【答案】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】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. 函数 在区间 的图象大致为（ ）A. B. 4/19 5/19 C. D. 【答案】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. 当 时，函数 取得最大值 ，则 （ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知 ， 即可解得 ，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 5/19 上递减， 时取最大值，满足题意，即有 ． 故选：B. 9. 在长方体 中，已知 与平面 和平面 所成的角均为 ，则（ ） 6/19 A. B. AB 与平面 所成的角为 C. D. 与平面 所成的角为 【答案】D 【解析】 【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 所成角为 ， 与平面 所成角为 ，所以 ，即 ， ，解得 ． 对于A， ， ， ，A 错误； 对于B，过 作 于 ，易知 平面 ，所以 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 ． 6/19 D 正确． 故选：D． 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 ，侧面积分别为 和 ，体积分别为 和 ．若 ，则 （ ） 7/19 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，根据圆锥的侧面积公式可得 ，再结合圆心角之和可将 分别用表示，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，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ， 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. 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． 7/19 若 ，则C 的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 8/19 【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 所以 ，将 代入，解得 ， 故椭圆的方程为 . 故选：B. 12. 已知 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】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 ． 8/19 又 ，所以 ，即 ， 所以 ．综上， ． 故选：A. 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 ______________． 【答案】 ## 9/19 【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. 设点M 在直线 上，点 和 均在 上，则 的方程为______________． 【答案】 【解析】 【分析】设出点M 的坐标，利用 和 均在 上，求得圆心及半径，即可得圆的方程. 【详解】解：∵点M 在直线 上， ∴设点M 为 ，又因为点 和 均在 上， ∴点M 到两点的距离相等且为半径R， ∴ ， ，解得 ， ∴ ， ， 的方程为 . 故答案为： 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______________． 【答案】2（满足 皆可） 【解析】 9/19 【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” 10/19 所以 ， 又因为 ，所以 ， 故答案为：2（满足 皆可） 16. 已知 中，点D 在边BC 上， ．当 取得最小值时， ________． 【答案】 ## 【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】设 ， 则在 中， ， 在 中， ， 所以 ， 当且仅当 即 时，等号成立， 所以当 取最小值时， . 10/19 故答案为： . 三、解答题：共70 分. 11/19 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. 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 A 240 20 B 210 30 （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？ 附： ， 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 【答案】（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. 【小问1 详解】 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 ； 11/19 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， 则 . 12/19 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 . 【小问2 详解】 列联表 准点班次数 未准点班次数 合计 A 240 20 260 B 210 30 240 合计 450 50 500 = ， 根据临界值表可知，有 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. 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． 【答案】（1）证明见解析； （2） ． 【解析】 【分析】（1）依题意可得 ，根据 ，作差即可得到 ， 从而得证； 12/19 （2）由（1）及等比中项的性质求出 ，即可得到 的通项公式与前 项和，再根据二次函数的性质计 算可得． 【小问1 详解】 解：因为 ，即 ①， 13/19 当 时， ②， ① ②得， ， 即 ， 即 ，所以 ， 且 ， 所以 是以为公差的等差数列． 【小问2 详解】 解：由（1）可得 ， ， ， 又 ， ， 成等比数列，所以 ， 即 ，解得 ， 所以 ，所以 ， 所以，当 或 时 ．19. 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 是边长为8（单位： ）的正方形， 均为正 三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直． （1）证明： 平面 ； 13/19 （2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 【答案】（1）证明见解析； （2） ． 【解析】 14/19 【分析】（1）分别取 的中点 ，连接 ，由平面知识可知 ， ，依题从而可证 平面 ， 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，即可知四边形 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 ，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 倍，即可解出． 【小问1 详解】如图所示： ， 分别取 的中点 ，连接 ，因为 为全等的正三角形，所以 ， ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可 知 ，而 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ． 【小问2 详解】 14/19 如图所示： ， 15/19 分别取 中点 ，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 倍． 因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的距离 ， ，所以该几何体的体积 ． 20. 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． 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）先由 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 即可； （2）设出 上的切点坐标，分别由 和 及切点表示出切线方程，由切线重合表示出 ，构造函 数，求导求出函数值域，即可求得 的取值范围. 【小问1 详解】 由题意知， ， ， ，则 在点 处的切线 15/19 方程为 ， 即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则 ，解得 ； 【小问2 详解】 ，则 在点 处的切线方程为 ，整理得 ， 16/19 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 变化时， 的变化情况如下表： 0 1 0 0 0 则的 值域为 ，故 的取值范围为 . 21. 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． 【答案】（1） ； 16/19 （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 17/19 ，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. 【小问1 详解】 抛物线的准线为 ，当 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 ； 【小问2 详解】 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 ， 所以 又因为直线MN、AB 的倾斜角分别为 ， 所以 ， 若要使 最大，则 ， 17/19 设 ，则 ， 当且仅当 即 时，等号成立， 所以当 最大时， ，设直线 ， 18/19 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. （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] 22. 在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （t 为参数），曲线 的参数方程为 （s 为参数）． （1）写出 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 交点的直角坐标，及 与 交点的直角坐标． 【答案】（1） ； （2） 的交点坐标为 ， ， 的交点坐标为 ， ． 【解析】 【分析】(1)消去，即可得到 的普通方程； 18/19 (2)将曲线 的方程化成普通方程，联立求解即解出． 【小问1 详解】 因为 ， ，所以 ，即 的普通方程为 ． 【小问2 详解】 因为 ，所以 ，即 的普通方程为 ， 19/19 由 ，即 的普通方程为 ． 联立 ，解得： 或 ，即交点坐标为 ， ；联立 ，解得： 或 ，即交点坐标为 ， ． [选修4-5：不等式选讲] 23. 已知a，b，c 均为正数，且 ，证明： （1） ； （2）若 ，则 ． 【答案】（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. 【小问1 详解】 证明：由柯西不等式有 ， 所以 ， 当且仅当 时，取等号， 所以 ； 【小问2 详解】 19/19 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 .