2022年普通高等学校招生全国统一考试（乙卷）数学（文科）-附答案.docx

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1、2022年普通高等学校招生全国统一考试（乙卷）数学（文科）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|1x6，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：)，得如下茎叶图：则下列结论中错误的是( )A. 甲同学

2、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. 执行右边的程序框图，输出的n=()A. 3B. 4C. 5D. 68. 右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

3、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

4、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80.0分）17. 记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin

5、(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. 某地经过多年的环填治理，已将就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棵这种村木，测量每棵村的根部横截而积(心位：m2)和材积量(m3)，得到如下数据：样本数号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.0

6、70.070.060.6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=110xiy1=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=1nxixyiyi=1n

7、xix2i=1nyiy2，1.8961.37720. 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的方程为x=3cos2ty=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

8、(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为正数，且a32+b32+c32=1，证明：(1)abc19(2)ab+c+ba+c+ca+b12abc答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】 本题考查了集合的交集运算，属于基础题【解答】 解： M=2,4,6,8,10 ， N=x|1x8 ， 甲同学周课外体育运动时长大于 8 的有 6 周，故甲同学周课外体育运动时长大于 8 的概率的估计值为 616=0.3750.6 ， 故 C 是错误的5.【答案】C【解析】【分析】 本题考查了线性规划问题，属于基础题 【解答】 解：画出不等式组所表示的平面区域，如图所示：

9、将 z=2xy ，变形为 y=2xz ，这是斜率为 2 、随 z 变化的一族平行直线 l ， z 是直线 l 在 y 轴上的截距，当 z 取最小值时， z 的值最大 作出直线 l0:y=2x ， 将直线 l 从直线 l0 位置平移至直线 l1 的位置时，截距 z 最小，对应 z 最大， 即直线 l 经过如图所示的点 C 时， z 取最大值， 由 x+2y=4y=0 得 x=4y=0 ，即点 C 坐标为 (4,0) ， 因此， zmax=240=8 6.【答案】B【解析】【分析】 本题考查抛物线的定义、方程和性质，属基础题【解答】 解： 易知抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F(1,0) ，于是

10、有 |BF|=2 ，故 |AF|=2 ，注意到抛物线通径 2p=4 ， 通径为抛物线最短的焦点弦，分析知 AF 必为半焦点弦，于是有 AFx 轴， 于是有 |AB|=22+22=22 7.【答案】B【解析】【分析】 本题考查程序框图，属于基础题【解答】 解： 第一次循环： b=1+12=3 ， a=31=2 ， n=1+1=2 ， |b2a22|=|(32)22|=140.01 第二次循环： b=3+22=7 ， a=72=5 ， n=2+1=3 ， |b2a22|=|(75)22|=3250.01 第三次循环， b=7+25=17 ， a=175=12 ， n=3+1=4 ， |b2a22|

11、=|(1712)22|=11440 ，与图象不符，故 D 不正确 故综合分析 A 选项符合题意 9.【答案】A【解析】【分析】 本题考查了面面垂直的判断，面面垂直的性质，属于中档题【解答】 解： 对于 A 选项：在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，因为 EF 分别为 AB ， BC 的中点，易知 EFBD ，从而 EF 平面 BDD1 ，又因为 EF 平面 BDD1 ，所以平面 B1EF 平面 BDD1 ， 所以 A 选项正确 ; 对于 B 选项：因为平面 A1BD 平面 BDD1=BD ，由上述过程易知平面 B1EF 平面 A1BD 不成立 ; 对于 C 选项的直线 AA1 与直线 B1

12、E 必相交，故平面 B1EF/ 面 A1AC 有公共 点，从而 C 的错误 ; 对于 D 选项：连接 AC ， AB1 ， B1C ，易知平面 AB1C/ 平面 A1C1D ， 又因为平面 AB1C 与平面 B1EF 有公共点 B1 ，故平面 AB1C 与平面 B1EF 不平行，所以 D 选项错误 10.【答案】D【解析】【分析】 本题主要考查等比数列前 n 项和中的基本量计算，属于基础题 根据题干列出等式求得 a1 与 q ，进而求出 a6 【解答】 解： 设等比数列 an 首项 a1 ，公比 q 由题意， a1+a2+a3=168a2a5=42 ，即 a1(1+q+q2)=168a1q(1

13、q3)=42 ，即 a1(1+q+q2)=168a1q(1q)(1+q+q2)=42 解得， q=12 ， a1=96 ，所以 a6=a1q5=3 11.【答案】D【解析】【分析】 本题主要考查了利用导数研究函数的最值问题，考查了运算求解能力，属于基础题【解答】 解： f(x)=cosx+(x+1)sinx+1 ，则 f(x)=sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)cosx ， 当 ；当 ， f(x)0 ；当 则 f(x) 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增， ， ， 又 f(0)=2 ， ， 在区间 0,2 上， ， 12.【答案】C【解析】【分析】 本题考查圆锥体积

14、，最值计算【解答】 解： 考虑与四棱锥的底面形状无关，不失一般性，假设底面是 边长为 a 的正方形，底面所在圆面的半径为 r ，则 r=22a ， 所以该四棱锥的高 =1a22 ，所以体积 V=13a21a22 ，设 a2=t0t2 ， V=13t2t32 ， t2t32=2t3t22 ，当 0t0 ，单调递增， 当 43t2 ， t2t320,f(x)单调递增，当x(1,+)时,f(x)0,f(x)单调递减，故f(x)max=f(1)=10=1(2)f(x)=ax1x(a+1)lnx，定义域为(0,+)f(x)=a+1x2a+1x=ax2(a+1)x+1x2，令g(x)=ax2(a+1)x+

15、1,x(0,+)若a=0，g(x)=x+1，由(1)知f(x)1，此时无零点若a0，=(a+1)24a=(a1)2，当a=1时，g(x)=(x1)20，f(x)0，故f(x)单调递增，且f(1)=0，符合题意当a1时，g(x)=0有两个不等的实根，x1=1,x2=1a，若a0，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+)单调递减，此时f(x)f(1)=a10，此时无零点若0a1，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,1a)单调递减，在(1a,+)单调递增，又f(1)=a10，f(1a)=1a+(a+1)lna0，符合题意，若a1，f(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,1)单调递减，在(

16、1,+)单调递增，又f(1)=a10，f(1a)0，当x0时，f(x)0，符合题意综上，a的取值范围为(0,+)【解析】本题主要考查利用导数研究函数的最值及利用导数研究函数的零点，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

17、,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+4k2k2)3k2+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:

18、yy2=y1y23y1+6x1x2(xx2)将(0,2)代入整理得2(x1+x2)6(y1+y2)+x1y2+x2y13y1y212=0将()式代入，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】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，属于较难题(1)根据点在椭圆上，坐标满足椭圆方程，求出椭圆的标准方程；(2)分类讨论过点P的直线斜率是否存在，再根据题干依次表示出T，N坐标，表示出直线HN方程，判断直线过定点即可22.【答案】解：(1)由sin(+3)+m=0可得，(sincos3+cossin3)+m=0，

19、即(12sin+32cos)+m=0，12y+32x+m=0，故l的方程为：3x+y+2m=0(2)由x=3cos2t，得x=3(12sin2t)=312y22=332y2，联立x=332y23x+y+2m=0，3y22y4m6=0，即3y22y6=4m(2y2)，34m36，即1934m10，1912m52，故m的范围是1912m52【解析】本题考查极坐标，极坐标的直线方程，求解参数，属于中档题(1)根据题意，求出直线方程；(1)求出C的方程，联立求解参数范围23.【答案】解：(1)证明：因为a，b，c为正数，所以a32+b32+c3233a32b32c32=3abc，当且仅当a=b=c=323时取等号，所以3abc1，即abc19，得证(2)要证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=12，得证.【解析】本题考查了不等式的证明，掌握均值不等式是关键，属于中档题(1)由均值不等式即可证；(2)先对不等式进行转化，再由均值不等式进行放缩可证.第15页，共16页