2022年全国高考理科数学（甲卷）试题及答案解析.docx

2022年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷）理科数学一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 若z=1+3i，则zzz1=()A. 1+3iB. 13iC. 13+33iD. 1333i2. 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U=2,1,0,1,2,3，集合A=1,2，B=x|x24x+3=0，则U(AB)=()A. 1,3B. 0,3C. 2,1D. 2,04. 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y=(3x3x)cosx在区间2,2的图像大致为()A. B. C. D. 6. 当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值2，则f(2)=()A. 1B. 12C. 12D. 17. 在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则()A. AB=2ADB. AB与平面AB1C1D所成的角为30°C. AC=CB1D. B1D与平面BB1C1C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：s=AB+CD2OA.当OA=2，AOB=60°时，s=()A. 11332B. 11432C. 9332D. 94329. 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S甲S乙=2，则V甲V乙=()A. 5B. 22C. 10D. 510410. 椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)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f(x)=sin(x+3)在区间(0,)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是()A. 53,136)B. 53,196)C. (136,83D. (136,19612. 已知a=3132，b=cos14，c=4sin14，则()A. c>b>aB. b>a>cC. a>b>cD. a>c>b二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 设向量a，b的夹角的余弦值为13，且|a|=1，|b|=3，则(2a+b)b=_14. 若双曲线y2x2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+y24y+3=0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，ADB=120°，AD=2，CD=2BD.当ACAB取得最小值时，BD=_三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 记Sn为数列an的前n项和已知2Snn+n=2an+1(1)证明：an是等差数列；(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值18. 在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，CD/AB，AD=DC=CB=1，AB=2，DP=3(1)证明：BDPA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值19. 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. 设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点D(p,0)，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴时，|MF|=3(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21. 已知函数f(x)=exxlnx+xa(1)若f(x)0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<122. 在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+t6,y=t(t为参数)，曲线C2的参数方程为x=2+s6,y=s(s为参数)(1)写出C1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C3的极坐标方程为2cossin=0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2=3，证明：(1)a+b+2c3；(2)若b=2c，则1a+1c3答案解析1.【答案】C【解析】解：z=1+3i，zz=|z|2=(1)2+(3)2)2=4，则zzz1=1+3i41=13+33i故选：C由已知求得zz，代入zzz1，则答案可求本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题2.【答案】B【解析】解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，讲座前问卷答题的正确率的中位数为：(70%+75%)=72.5%，故A错误；对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：110(80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%)=89.5%>85%，故B正确；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，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，故D错误；对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%80%=20%，讲座前正确率的极差为：95%60%=35%，讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误故选：B对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题3.【答案】D【解析】解：B=x|x24x+3=0=1,3，A=1,2，AB=1,1,2,3，又U=2,1,0,1,2,3，U(AB)=2,0故选：D求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案本题考查交、并补集的混合运算，是基础题4.【答案】B【解析】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCDA1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图， AB=4，AD=2，AA1=2，AA1平面ABCD，该多面体的体积为：V=12(4+2)×2×2=12故选：B由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCDA1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB=4，AD=2，AA1=2，AA1平面ABCD，由此能求出该多面体的体积本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题5.【答案】A【解析】解：f(x)=(3x3x)cosx，可知f(x)=(3x3x)cos(x)=(3x3x)cosx=f(x)，函数是奇函数，排除BD；当x=1时，f(1)=(331)cos1>0，排除C故选：A判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推出选项即可本题考查函数的奇偶性以及函数的图象的判断，是中档题6.【答案】B【解析】解：由题意f(1)=b=2，则f(x)=alnx2x，则f(x)=ax+2x2=ax+2x2，当x=1时函数取得最值，可得x=1也是函数的一个极值点，f(1)=a+2=0，即a=2f(x)=2x+2x2，易得函数在(0,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减，故x=1处，函数取得极大值，也是最大值，则f(2)=2×2+222=12故选：B由已知求得b，再由题意可得f(1)=0求得a，得到函数解析式，求其导函数，即可求得f(2)本题考查导数的应用，考查导数最值与极值的关系，考查运算求解能力，是中档题7.【答案】D【解析】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1=1， 在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD面AA1B1B，BB1面ABCD，所以B1DB和DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即B1DB=DB1A=30°，所以在RtBDB1中，BB1=AA1=1，BD=3,B1D=2，在RtADB1中，DB1=2，AD=1,AB1=3，所以AB=2，CB1=2，AC=3，故选项A，C错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在RtABB1中，sinB1AB=BB1AB1=13=33，故选项B错误，如图，连接B1C， 则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，所以DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在RtDB1C中，B1C=2=DC，所以DB1C=45°，所以选项D正确，故选：D不妨令AA1=1，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解本题考查了直线与平面所成角，属于中档题8.【答案】B【解析】解：OA=OB=2，AOB=60°，AB=2，C是AB的中点，D在AB上，CDAB，延长DC可得O在DC上，CD=ODOC=23，s=AB+CD2OA=2+(23)22=2+7432=11432故选：B由已知求得AB与CD的值，代入s=AB+CD2OA得答案本题考查扇形及其应用，考查运算求解能力，是基础题9.【答案】C【解析】解：如图， 甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径(即圆锥母线)为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为1，2，则2r1=4，2r2=2，解得r1=2，r2=1，由勾股定理可得1=5,2=22，V甲V乙=13r12113r222=10故选：C设圆的半径(即圆锥母线)为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为1，2，则可求得r1=2，r2=1，1=5,2=22，进而求得体积之比本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题10.【答案】A【解析】解：已知A(a,0)，设P(x0,y0)，则Q(x0,y0)，kAP=y0x0+a，kAQ=y0ax0，故kAPkAQ=y0x0+ay0ax0=y02a2x02=14，x02a2+y02b2=1，即y02=b2(a2x02)a2，代入整理得：b2a2=14，e=ca=1b2a2=32故选：A设P(x0,y0)，则Q(x0,y0)，根据斜率公式结合题意可得：kAPkAQ=14，再结合x2a2+y2b2=1，整理可得离心率本题考查椭圆的简单几何性质，是基础题11.【答案】C【解析】解：当<0时，不能满足在区间(0,)极值点比零点多，所以>0；函数f(x)=sin(x+3)在区间(0,)恰有三个极值点、两个零点，x+3(3,+3)，52<+33，求得136<83，故选：C由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得的取值范围本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题12.【答案】A【解析】解：设f(x)=cosx+12x21，(0<x<1)，则f(x)=xsinx，设g(x)=xsinx(0<x<1)，g(x)=1cosx>0，故g(x)在(0,1)单调递增，即g(x)>g(0)=0，即f(x)>0，故f(x)(0,1)单调递增，所以f(14)>f(0)=0，可得cos14>3132，故b>a，利用三角函数线可得x(0,2)时，tanx>x，tan14>14，即sin14cos14>14，4sin14>cos14，故c>b综上：c>b>a，故选：A构造函数f(x)=cosx+12x21，(0<x<1)，可得cos14>3132，即b>a，利用三角函数线可得tanx>x，即tan14>14，即sin14cos14>14，可得c>b本题考查了三角函数不等式的证明与应用，考查了运算能力，属难题13.【答案】11【解析】解：由题意可得ab=1×3×13=1,b2=9，则(2a+b)b=2ab+b2=2+9=11故答案为：11首先计算ab,b2的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值本题主要考查平面向量的定义，平面向量的运算法则等知识，属于中等题14.【答案】33【解析】解：双曲线y2x2m2=1(m>0)的渐近线：x=±my，圆x2+y24y+3=0的圆心(0,2)与半径1，双曲线y2x2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+y24y+3=0相切，2m1+m2=1，解得m=33，m=33舍去故答案为：33求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题15.【答案】635【解析】解：根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有C84=70种取法，若这4个点在同一个平面，有侧面6个、对棱面6个，一共有6+6=12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P=1270=635；故答案为：635根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案本题考查古典概型的计算，涉及正方体的几何结构，属于基础题16.【答案】31【解析】解：设BD=x，CD=2x，在三角形ACD中，b2=4x2+422x2cos60°，可得：b2=4x24x+4，在三角形ABD中，c2=x2+42x2cos120°，可得：c2=x2+2x+4，要使得ACAB最小，即b2c2最小，b2c2=4x24x+4x2+2x+4=412x+1+3x+1，其中x+1+3x+123，此时b2c2423，当且仅当x+1=3时，即x=31时取等号，故答案为：31首先设出BD，CD，在两个三角形中分别表示AC，BC，继而ACAB=b2c2=4x24x+4x2+2x+4=412x+1+3x+1，从而利用均值不等式取等号的条件即可本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题17.【答案】解：(1)证明：由已知有：2Sn+n2=2nan+n，把n换成n+1，2Sn+1+(n+1)2=2(n+1)an+1+n+1，可得：2an+1=2(n+1)an+12nan2n，整理得：an+1=an+1，由等差数列定义有an为等差数列；(2)由已知有a72=a4a9，设等差数列an的首项为x，由(1)有其公差为1，故(x+6)2=(x+3)(x+8)，解得x=12，故a1=12，所以an=12+(n1)×1=n13，故可得：a1<a2<a3<<a12<0，a13=0，a14>0，故Sn在n=12或者n=13时取最小值，S12=S13=(12+0)×132=78，故Sn的最小值为78【解析】(1)由已知令n=n+1做差可得递推关系从而证明，(2)由a4，a7，a9成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公式找出an正负分界点计算即可本题主要考查利用数列递推关系求通项及等差数列前n项和的最小值，属于中档题18.【答案】解：(1)证明：PD底面ABCD，BD面ABCD，PDBD，取AB中点E，连接DE，则DE=12AB=1，则CD/BE，且CD=BE，四边形BCDE为平行四边形，DE=CB=1，DE=12AB，ABD为直角三角形，且AB为斜边，BDAD，又PDAD=D，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，BD=AB2AD2=3，则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3)，PD=(0,0,3),PA=(1,0,3),AB=(1,3,0)，设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z)，则nPA=x3z=0nAB=x+3y=0，则可取n=(3,1,1)，设PD与平面PAB所成的角为，则sin=|cos<PD,n>|=|PDn|PD|n|=55，PD与平面PAB所成的角的正弦值为55【解析】(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本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题19.【答案】解：(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，甲学校3场全胜，概率为：P1=0.5×0.4×0.8=0.16，甲学校3场获胜2场败1场，概率为：P2=0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8=0.44，所以甲学校获得冠军的概率为：P=P1+P2=0.6；(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：P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16，P(X=10)=0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.8=0.44，P(X=20)=0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34，P(X=30)=0.5×0.6×0.2=0.06，则X的分布列为： X0102030P0.160.440.340.06X的期望EX=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13【解析】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本题考查随机变量的分布列与数学期望的计算，难度不大20.【答案】解：(1)由题意可知，当x=p时，y2=2p2，得yM=2p，可知|MD|=2p，|FD|=p2则在RtMFD中，|FD|2+|DM|2=|FM|2，得(p2)2+(2p)2=9，解得p=2则C的方程为y2=4x；(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，A(x3,y3)，B(x4,y4)，由(1)可知F(1,0)，D(2,0)，则tan=kMN=y1y2x1x2=y1y2y124y224=4y1+y2，又N、D、B三点共线，则kND=kBD，即y20x22=y40x42，y20y2242=y40y4242，得y2y4=8，即y4=8y2；同理由M、D、A三点共线，得y3=8y1则tan=y3y4x3x4=4y3+y4=y1y22(y1+y2)由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x=my+1，由y2=4xx=my+1，得y24my4=0，y1+y2=4m，y1y2=4，则tan=44m=1m，tan=42×4m=12m，则tan()=tantan1+tantan=1m12m1+12m1m=12m+1m，当m>0时，tan()=12m+1m122m1m=24；当m<0时，tan()无最大值，当且仅当2m=1m，即m=22时，等号成立，tan()取最大值，此时AB的直线方程为yy3=4y3+y4(xx3)，即4x(y3+y4)y+y3y4=0，又y3+y4=8y18y2=8(y1+y2)y1y2=8m=42，y3y4=8y18y2=16，AB的方程为4x42y16=0，即x2y4=0【解析】(1)由已知求得|MD|=2p，|FD|=p2，则在RtMFD中，利用勾股定理得p=2，则C的方程可求；(2)设M，N，A，B的坐标，写出tan与tan，再由三点共线可得y3=8y1，y4=8y2；由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：x=my+1，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y1+y2=4m，y1y2=4，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的方程本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题21.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+)，f(x)=ex(x1)x1x+1=(ex+x)(x1)x，令f(x)>0，解得x>1，故函数f(x)在(0,1)单调递减，(1,+)单调递增，故f(x)min=f(1)=e+1a，要使得f(x)0恒成立，仅需e+1a0，故ae+1，故a的取值范围是(,e+1；(2)证明：由已知有函数f(x)要有两个零点，故f(1)=e+1a<0，即a>e+1，不妨设0<x1<1<x2，要证明x1x2<1，即证明x2<1x1，0<x1<1，1x1>1，即证明：1<x2<1x1，又因为f(x)在(1,+)单调递增，即证明：f(x2)<f(1x1)f(x1)<f(1x1)，构造函数(x)=f(x)f(1x)，0<x<1，(x)=f(x)+1x2f(1x)=(x1)(xex+x21xe1x)x2，令k(x)=xex+x21xe1x，0<x<1，k(x)=(x+1)ex+2x+1x2+1x2e1x>0，k(x)<k(1)=0，所以k(x)在(0,1)上递增，又因为x1<0，x2>0，故(x)>0在(0,1)恒成立，故(x)在(0,1)单调递增，又因为(1)=0，故(x)<(1)=0，故f(x1)<f(1x1)，即x1x2<1.得证【解析】(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f(x)min=f(1)=e+1a>0，解出a的范围即可(2)首先将原不等式转化为证明1<x2<1x1，再利用函数f(x)在(1,+)单调递增，即转化为证明f(x2)<f(1x1)f(x1)<f(1x1)，继而构造函数(x)=f(x)f(1x)证明其在(0,1)恒小于0即可本题主要考查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目22.【答案】解：(1)由x=2+t6,y=t(t为参数)，消去参数t，可得C1的普通方程为y2=6x2(y0)；(2)由x=2+s6,y=s(s为参数)，消去参数s，可得C2的普通方程为y2=6x2(y0)由2cossin=0，得2cossin=0，则曲线C3的直角坐标方程为2xy=0联立y=2xy2=6x2，解得x=12y=1或x=1y=2，C3与C1交点的直角坐标为(12,1)与(1,2)；联立y=2xy2=6x2，解得x=12y=1或x=1y=2，C3与C2交点的直角坐标为(12,1)与(1,2)【解析】(1)消去参数t，可得C1的普通方程；(2)消去参数s，可得C2的普通方程，化C3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C3与C1、C3与C2交点的直角坐标本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是基础题23.【答案】证明：(1)a，b，c均为正数，且a2+b2+4c2=3，由柯西不等式知，(a2+b2+4c2)(12+12+12)(a+b+2c)2，即3×3(a+b+2c)2，a+b+2c3；当且仅当a=b=2c，即a=b=1，c=12时取等号；(2)由(1)知，a+b+2c3且b=2c，故0<a+4c3，则1a+4c13，由权方和不等式可知，1a+1c=12a+224c9a+4c3，即1a+1c3【解析】(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本题考查不等式的证明，考查柯西不等式与权方和不等式的应用，是中档题17