2022年全国高考文科数学（乙卷）试题及答案解析.docx

2022年普通高等学校招生全国统一考试（乙卷）文科数学一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 集合M=2,4,6,8,10，N=x|1<x<6，则MN=()A. 2,4B. 2,4,6C. 2,4,6,8D. 2,4,6,8,102. 设(1+2i)a+b=2i，其中a，b为实数，则()A. a=1，b=1B. a=1，b=1C. a=1，b=1D. a=1，b=13. 已知向量a=(2,1)，b=(2,4)，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：)，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x+y2,x+2y4,y0,则z=2xy的最大值是()A. 2B. 4C. 8D. 126. 设F为抛物线C：y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若|AF|=|BF|，则|AB|=()A. 2B. 22C. 3D. 327. 执行如图的程序框图，输出的n=()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. y=x3+3xx2+1B. y=x3xx2+1C. y=2xcosxx2+1D. y=2sinxx2+19. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则()A. 平面B1EF平面BDD1B. 平面B1EF平面A1BDC. 平面B1EF/平面A1ACD. 平面B1EF/平面A1C1D10. 已知等比数列an的前3项和为168，a2a5=42，则a6=()A. 14B. 12C. 6D. 311. 函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间0,2的最小值、最大值分别为()A. 2，2B. 32，2C. 2，2+2D. 32，2+212. 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（本大题共4小题，共20.0分）13. 记Sn为等差数列an的前n项和若2S3=3S2+6，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f(x)=ln|a+11x|+b是奇函数，则a=_，b=_三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(AB)=sinBsin(CA)(1)若A=2B，求C；(2)证明：2a2=b2+c218. 如图，四面体ABCD中，ADCD，AD=CD，ADB=BDC，E为AC的中点(1)证明：平面BED平面ACD；(2)设AB=BD=2，ACB=60°，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体积19. 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i=110xi2=0.038，i=110yi2=1.6158，i=110xiyi=0.2474(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186m2.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r=i=1n(xix)(yiy)i=1n(xix)2i=1n(yiy)2，1.8961.37720. 已知函数f(x)=ax1x(a+1)lnx(1)当a=0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围21. 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(32,1)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MT=TH.证明：直线HN过定点22. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=3cos2t,y=2sint(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(+3)+m=0(1)写出l的直角坐标方程；(2)若l与C有公共点，求m的取值范围已知a，b，c都是正数，且a32+b32+c32=1，证明：(1)abc19；(2)ab+c+ba+c+ca+b12abc答案解析1.【答案】A【解析】解：M=2,4,6,8,10，N=x|1<x<6，MN=2,4故选：A直接利用交集运算求解即可本题考查集合的交集运算，属于基础题2.【答案】A【解析】解：(1+2i)a+b=2i，a+b+2ai=2i，即a+b=02a=2，解得a=1b=1故选：A根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解本题主要考查复数相等的条件，属于基础题3.【答案】D【解析】解：ab=(4,3)，故ab=42+(3)2=5，故选：D先计算处ab的坐标，再利用坐标模长公式即可本题主要考查向量坐标公式，属于基础题4.【答案】C【解析】解：由茎叶图可知，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.3+7.52=7.4，选项A说法正确；由茎叶图可知，乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8，选项B说法正确；甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值为616=38<0.4，选项C说法错误；乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值为1316=0.8125>0.6，选项D说法正确故选：C根据茎叶图逐项分析即可得出答案本题考查茎叶图，考查对数据的分析处理能力，属于基础题5.【答案】C【解析】解：作出可行域如下图阴影部分所示， 由图可知，当(x,y)取点C(4,0)时，目标函数z=2xy取得最大值，且最大为8故选：C作出可行域，根据图象即可得解本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于基础题6.【答案】B【解析】解：F为抛物线C：y2=4x的焦点(1,0)，点A在C上，点B(3,0)，|AF|=|BF|=2，由抛物线的定义可知A(1,2)(A不妨在第一象限)，所以|AB|=22故选：B利用已知条件，结合抛物线的定义，求解A的坐标，然后求解即可本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题7.【答案】B【解析】解：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a=1，b=1，n=1，计算b=1+2=3，a=31=2，n=2，判断|32222|=14=0.250.01，计算b=3+4=7，a=72=5，n=3，判断|72522|=125=0.040.01；计算b=7+10=17，a=175=12，n=4，判断|1721222|=1144<0.01；输出n=4故选：B模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的n值本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题8.【答案】A【解析】解：首先根据图像判断函数为奇函数，其次观察函数在(1,3)存在零点，而对于B选项：令y=0，即x3xx2+1=0，解得x=0，或x=1或x=1，故排除B选项，对于D选项，令y=0，即2sinxx2+1=0，解得x=k，kZ，故排除D选项，C选项分母为x2+1恒为正，但是分子中cosx是个周期函数，故函数图像在(0,+)必定是正负周期出现，故错误，故选：A首先分析函数奇偶性，然后观察函数图像在(1,3)存在零点，可排除B，D选项，再利用cosx在(0,+)的周期性可判断C选项错误本题主要考查函数图像的识别，属于基础题9.【答案】A【解析】解：对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF/AC，又ACBD，ACDD1，BDDD1=D，且BD，DD1平面BDD1，AC平面BDD1，则EF平面BDD1，又EF平面B1EF，平面B1EF平面BDD1，选项A正确；对于B，由选项A可知，平面B1EF平面BDD1，而平面BDD1平面A1BD=BD，故平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB1C/平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误故选：A对于A，易知EF/AC，AC平面BDD1，从而判断选项A正确；对于B，由选项A及平面BDD1平面A1BD=BD可判断选项B错误；对于C，由于AA1与B1E必相交，容易判断选项C错误；对于D，易知平面AB1C/平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，由此可判断选项D错误本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题10.【答案】D【解析】解：设等比数列an的公比为q，q0，由题意，q1前3项和为a1+a2+a3=a1(1q3)1q=168，a2a5=a1qa1q4=a1q(1q3)=42，q=12，a1=96，则a6=a1q5=96×132=3，故选：D由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得a6的值本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题11.【答案】D【解析】解：f(x)=cosx+(x+1)sinx+1，x0,2，则f(x)=sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)cosx，令cosx=0得，x=2或32，当x0,2)时，f(x)>0，f(x)单调递增；当x(2,32)时，f(x)<0，f(x)单调递减；当x(32,2时，f(x)>0，f(x)单调递增，f(x)在区间0,2上的极大值为f(2)=2+2，极小值为f(32)=32，又f(0)=2，f(2)=2，函数f(x)在区间0,2的最小值为32，最大值为2+2，故选：D先求出导函数f(x)=(x+1)cosx，令cosx=0得，x=2或32，根据导函数f(x)的正负得到函数f(x)的单调性，进而求出函数f(x)的极值，再与端点值比较即可本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题12.【答案】C【解析】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r， 则r=22a，该四棱锥的高=1a22，该四棱锥的体积V=13a21a22=43a24a24(1a22)43(a24+a24+1a223)3=43(13)3=4327，当且仅当a24=1a22，即a2=43时，等号成立，该四棱锥的体积最大时，其高=1a22=123=33，故选：C由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，由勾股定理可知该四棱锥的高=1a22，所以该四棱锥的体积V=13a21a22，再利用基本不等式即可求出V的最大值，以及此时a的值，进而求出的值本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题13.【答案】2【解析】解：2S3=3S2+6，2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6，an为等差数列，6a2=3a1+3a2+6，3(a2a1)=3d=6，解得d=2故答案为：2根据已知条件，可得2(a1+a2+a3)=3(a1+a2)+6，再结合等差中项的性质，即可求解本题主要考查等差数列的前n项和，考查转化能力，属于基础题14.【答案】310【解析】解：由题意，从甲、乙等5名学生中随机选出3人，基本事件总数C53=10，甲、乙被选中，则从剩下的3人中选一人，包含的基本事件的个数C31=3，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P=C31C53=310故答案为：310从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件的个数，由此求出甲、乙被选中的概率本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题15.【答案】x2+y24x6y=0(或x2+y24x2y=0或x2+y283x143y=0或x2+y2165x2y165=0)【解析】解：设过点(0,0)，(4,0)，(1,1)的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，即F=016+4D+F=02D+E+F=0，解得F=0，D=4，E=6，所以过点(0,0)，(4,0)，(1,1)圆的方程为x2+y24x6y=0同理可得，过点(0,0)，(4,0)，(4,2)圆的方程为x2+y24x2y=0过点(0,0)，(1,1)，(4,2)圆的方程为x2+y283x143y=0过点(4,0)，(1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为x2+y2165x2y165=0故答案为：x2+y24x6y=0(或x2+y24x2y=0或x2+y283x143y=0或x2+y2165x2y165=0)选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题16.【答案】12  ln2【解析】解：f(x)=ln|a+11x|+b，若a=0，则函数f(x)的定义域为x|x1，不关于原点对称，不具有奇偶性，a0，由函数解析式有意义可得，x1且a+11x0，x1且x1+1a，函数f(x)为奇函数，定义域必须关于原点对称，1+1a=1，解得a=12，f(x)=ln|1+x2(1x)|+b，定义域为x|x1且x1，由f(0)=0得，ln12+b=0，b=ln2，故答案为：12；ln2显然a0，根据函数解析式有意义可得，x1且x1+1a，所以1+1a=1，进而求出a的值，代入函数解析式，再利用奇函数的性质f(0)=0即可求出b的值本题主要考查了奇函数的定义和性质，属于中档题17.【答案】解：(1)由sinCsin(AB)=sinBsin(CA)，又A=2B，sinCsinB=sinBsin(CA)，sinB0，sinC=sin(CA)，即C=CA(舍去)或C+CA=，联立A=2B2CA=A+B+C=，解得C=58；证明：(2)由sinCsin(AB)=sinBsin(CA)，得sinCsinAcosBsinCcosAsinB=sinBsinCcosAsinBcosCsinA，由正弦定理可得accosBbccosA=bccosAabcosC，由余弦定理可得：aca2+c2b22ac=2bcb2+c2a22bcaba2+b2c22ab，整理可得：2a2=b2+c2【解析】(1)由sinCsin(AB)=sinBsin(CA)，结合A=2B，可得sinC=sin(CA)，即C+CA=，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本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题18.【答案】证明：(1)AD=CD，ADB=BDC，BD=BD，ADBCDB，AB=BC，又E为AC的中点ACBE，AD=CD，E为AC的中点ACDE，又BEDE=E，AC平面BED，又AC平面ACD，平面BED平面ACD；解：(2)由(1)可知AB=BC，AB=BC=2，ACB=60°，ABC是等边三角形，边长为2，BE=3，AC=2，AD=CD=2，DE=1，DE2+BE2=BD2，DEBE，又DEAC，ACBE=E，DE平面ABC，由(1)知ADBCDB，AF=CF，连接EF，则EFAC，SAFC=12×AC×EF=EF，当EFBD时，EF最短，此时AFC的面积最小，过点F作FGBE于点G，则FG/DE，FG平面ABC，EF=DE×BEBD=32，BF=BE2EF2=32，FG=EF×BFBE=34，三棱锥FABC的体积V=13×SABC×FG=13×34×22×34=34【解析】(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BE=3，AC=2，AD=CD=2，DE=1，由勾股定理可得DEBE，进而证得DE平面ABC，连接EF，因为AF=CF，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19.【答案】解：(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：x=0.610=0.06，y=3.910=0.39；(2)由题可知，r=i=110(xix)(yiy)i=110(xix)2i=110(yiy)2=i=110xiyinxy(i=110xi2nx2)(i=110yi2ny2)=0.01340.002×0.0948=0.01340.01×1.896=0.01340.01377=0.97；(3)设从根部面积总和X，总材积量为Y，则XY=xy，故Y=0.390.06×186=1209(m3).【解析】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本题考查线性回归方程，属于中档题20.【答案】解：(1)当a=0时，f(x)=1xlnx(x>0)，则f(x)=1x21x=1xx2，易知函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减，f(x)在x=1处取得极大值，同时也是最大值，函数f(x)的最大值为f(1)=1；(2)f(x)=a+1x2a+1x=ax2(a+1)x+1x2=(x1)(ax1)x2，当a=0时，由(1)可知，函数f(x)无零点；当a<0时，易知函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减，又f(1)=a1<0，故此时函数f(x)无零点；当0<a<1时，易知函数f(x)在(0,1),(1a,+)上单调递增，在(1,1a)单调递减，且f(1)=a1<0，f(1a)=1a+(a+1)lna<0，且当x+时，f(x)>0，此时f(x)在(0,+)上存在唯一零点；当a=1时，f(x)=(x1)2x20，函数f(x)在(0,+)上单调递增，又f(1)=0，故此时函数f(x)有唯一零点；当a>1时，易知函数f(x)在(0,1a),(1,+)上单调递增，在(1a,1)上单调递减，且f(1)=a1>0，且当x0时，f(x)<0，故函数f(x)在(0,+)上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为(0,+)【解析】(1)将a=0代入，对函数f(x)求导，判断其单调性，由此可得最大值；(2)对函数f(x)求导，分a=0，a<0，0<a<1，a=1及a>1讨论即可得出结论本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题21.【答案】解：(1)设E的方程为x2a2+y2b2=1，将A(0,2),B(32,1)两点代入得4b2=194a2+1b2=1，解得a2=3，b2=4，故E的方程为x23+y24=1；(2)由A(0,2),B(32,1)可得直线AB：y=23x2 若过P(1,2)的直线的斜率不存在，直线为x=1，代入x23+y24=1，可得M(1,263)，N(1,263)，将y=263代入AB：y=23x2，可得T(6+3,263)，由MT=TH，得H(26+5,263)，易求得此时直线HN：y=(2263)x2，过点(0,2)；若过P(1,2)的直线的斜率存在，设kxy(k+2)=0，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立kxy(k+2)=0x23+y24=1，得(3k2+4)x26k(2+k)x+3k(k+4)=0，故有x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4,y1+y2=8(2+k)3k2+4y1y2=4(4+4k2k23k2+4，且x1y2+x2y1=24k3k2+4()，联立y=y1y=23x2，可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6x1,y1)，可求得此时HN：yy2=y1y23y1+6x1x2(xx2)，将(0,2)代入整理得2(x1+x2)6(y1+y2)+x1y2+x2y13y1y212=0，将()代入，得24k+12k2+96+48k24k4848k+24k236k248=0，显然成立综上，可得直线HN过定点(0,2)【解析】(1)设E的方程为x2a2+y2b2=1，将A，B两点坐标代入即可求解；(2)由A(0,2),B(32,1)可得直线AB：y=23x2，若过P(1,2)的直线的斜率不存在，直线为x=1，代入椭圆方程，根据MT=TH即可求解；若过P(1,2)的直线的斜率存在，设kxy(k+2)=0，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立kxy(k+2)=0x23+y24=1，得(3k2+4)x26k(2+k)x+3k(k+4)=0，结合韦达定理和已知条件即可求解本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题22.【答案】解：(1)由sin(+3)+m=0，得(sincos3+cossin3)+m=0，12sin+32cos+m=0，又x=cos，y=sin，12y+32x+m=0，即l的直角坐标方程为3x+y+2m=0；(2)由曲线C的参数方程为x=3cos2t,y=2sint(t为参数)消去参数t，可得y2=233x+2，联立3x+y+2m=0y2=233x+2，得3y22y4m6=0(2y2)34m36，即1934m10，1912m52，m的取值范围是1912,52.【解析】(1)由sin(+3)+m=0，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，考查直线与抛物线位置关系的应用，是中档题23.【答案】解：(1)证明：a，b，c都是正数，a32+b32+c3233a32b32c32=3(abc)12，当且仅当a=b=c=323时，等号成立因为a32+b32+c32=1，所以13(abc)12，所以13(abc)12，所以abc19，得证(2)证明：要使ab+c+ba+c+ca+b12abc成立，只需证a32bcb+c+b32aca+c+c32aba+b12，又因为b+c2bc，a+c2ac，a+b2ab，当且仅当a=b=c=323时，同时取等所以a32bcb+c+b32aca+c+c32aba+ba32bc2bc+b32ac2ac+c32ab2ab=a32+b32+c322=12，得证【解析】结合基本不等式与恒成立问题证明即可本题考查基本不等式的应用，属于中档题15