2022黑龙江高考文科数学真题及答案.pdf

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1、2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 2022 年 黑龙江高考 文 科 数 学 真 题及 答 案 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，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.设，其 中 为实数，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根 据复 数代 数形 式的运 算法 则以 及复 数相 等的概 念即 可解 出【详解】因为 R，所 以，解得：故选：A.3.已 知向 量，则（）A.2 B

2、.3 C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】先 求得，然 后求 得.【详解】因为，所以.故选：D 4.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 如下茎 叶图：2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 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 7.4 B.乙 同学 周课 外体 育运 动 时长的 样本 平均 数大 于 8 C.甲 同学 周课 外体 育运 动 时长大 于 8 的 概率 的估 计 值大 于 0.4 D.乙 同学 周课 外体 育运 动 时长大 于 8 的 概率 的估 计 值大

3、 于 0.6【答案】C【解析】【分析】结 合茎 叶图、中 位数、平均 数、古典 概型 等知识 确定 正确 答案.【详解】对于 A 选项，甲 同学周 课外 体育 运动 时长 的样本 中位 数为，A 选项结论正 确.对于 B 选项，乙 同学 课外 体育运 动时 长的 样本 平均 数为：，B 选项 结论 正确.对于 C 选项，甲 同学 周课 外体育 运动 时长 大于 的概 率的估 计值，C 选项 结论 错误.对于 D 选项，乙 同学 周课 外体育 运动 时长 大于 的概 率的估 计值，D 选项 结论 正确.故选：C 5.若x，y 满足 约束 条件 则 的最大 值是（）A.B.4 C.8 D.12【答

4、案】C【解析】2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载【分析】作 出可 行域，数 形结合 即可 得解.【详解】由 题意 作出 可行 域，如 图阴 影部 分所 示，转化目 标函 数 为，上下平 移直 线，可得 当直 线过点 时，直线 截距 最小，z 最 大，所以.故选：C.6.设F 为抛 物线 的焦 点，点A 在C 上，点，若，则（）A.2 B.C.3 D.【答案】B【解析】【分析】根 据抛 物线 上的 点到焦 点和 准线 的距 离相 等，从 而求 得点 的横 坐标，进而 求得点 坐标，即 可得 到答 案.【详解】由 题意 得，则，即点 到准线 的距 离 为 2，所以点 的横 坐标 为，不

5、妨设 点 在 轴上 方，代入 得，所以.故选：B 7.执 行下 边的 程序 框图，输出的（）2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】根 据框 图循 环计 算即可.【详解】执 行第 一次 循环，；执行第 二次 循环，；执行第 三次 循环，此时 输出.故选：B 8.如 图是 下列 四个 函数 中 的某个 函数 在区 间 的大致 图像，则该 函数 是（）2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由 函数 图像 的特 征结合 函数 的性 质逐 项排 除即可 得解.【详解】设，则，故 排 除

6、B;设，当 时，所以，故排 除 C;设，则，故 排 除 D.故选：A.9.在 正方 体 中，E，F 分别为 的中 点，则（）A.平面 平面 B.平面 平面 C.平面 平面 D.平面 平面【答案】A【解析】【分析】证明 平面，即可判 断 A；如 图，以 点 为原点，建立空 间直 角坐 标系，设，分 别求 出平面，的法向量，根 据法 向量 的位 置关系，即可判 断 BCD.【详解】解：在 正方 体 中，且 平面，2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 又 平面，所 以，因为 分别为 的中 点，所以，所以，又，所以 平面，又 平面，所以平 面 平面，故 A 正确；如图，以点 为原 点，建立

7、空间直 角坐 标系，设，则，则，设平面 的法 向量 为，则有，可取，同理可 得平 面 的法向 量为，平面 的法向 量为，平面 的法向 量为，则，所以平 面 与平面 不垂 直，故 B 错 误；因为 与 不平 行，所以平 面 与平面 不平 行，故 C 错 误；因为 与 不平 行，所以平 面 与平面 不平 行，故 D 错 误，故选：A.2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 10.已 知等 比数 列 的前 3 项和 为 168，则（）A.14 B.12 C.6 D.3【答案】D【解析】【分析】设 等比 数列 的公 比为，易得，根 据题 意求 出首项 与公 比，再根据等比 数列 的通 项即 可

8、得 解.【详解】解：设 等比 数列 的公比 为，若，则，与 题意 矛盾，所以，则，解 得，所以.故选：D.11.函数 在区 间 的最小 值、最大 值分 别为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载【分析】利用 导数 求得 的 单调区 间，从 而判 断出 在 区间 上的最 小值 和最大值.【详解】，所以 在区间 和 上，即 单调 递增；在区间 上，即 单调递 减，又，所以 在区间 上的 最小 值为，最大 值为.故选：D 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 该四棱锥 的体 积最

9、大时，其 高为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先 证明 当四 棱锥 顶点O 到底 面ABCD 所 在 小圆距 离一 定时，底 面ABCD 面 积最大值为，进 而得 到四 棱锥 体积表 达式，再 利用 均值 定理去 求四 棱锥 体积 的最 大值，从而得到当 该四 棱锥 的体 积最 大时其 高的 值.【详解】设 该四 棱锥 底面 为四边 形ABCD，四边 形ABCD 所 在小 圆半 径 为r，设四边 形ABCD 对角 线夹 角为，则（当且 仅当 四边 形ABCD 为正方 形时 等号 成立）即当四 棱锥 的顶 点O 到底 面ABCD 所 在小 圆距 离一 定时，底 面ABCD 面 积最

10、 大值为 又 则 当且仅 当 即 时等 号成 立，故选：C 2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 二、填 空题：本题 共 4 小 题，每小题 5 分，共 20 分 13.记 为等 差数 列 的前n 项和 若，则公 差 _【答案】2【解析】【分析】转 化条 件为，即 可 得解.【详解】由 可得，化 简得，即，解 得.故答案 为：2.14.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_【答案】#0.3【解析】【分析】根 据古 典概 型计 算即可【详解】从 5 名同 学中 随 机选 3 名 的方 法数 为 甲、乙 都入 选的 方法

11、数为，所以 甲、乙都 入选 的概 率 故答案 为：15.过 四点 中的 三点 的一 个圆的 方程 为_【答案】或 或 或；【解析】【分析】设圆 的方 程为，根据所 选点 的坐 标，得 到 方程组，解得 即可；【详解】解：依 题意 设圆 的方程 为，若过，则，解得，所以圆 的方 程为，即；2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 若过，则，解得，所以圆 的方 程为，即；若过，则，解得，所以圆 的方 程为，即；若过，则，解得，所以圆 的方 程为，即；故答案 为：或 或或；16.若 是奇 函数，则 _，_【答案】.；.【解析】【分析】根 据奇 函数 的定 义即可 求出【详解】因 为函 数 为奇

12、函 数，所 以其 定义 域关 于原 点对称 由 可得，所以，解得：，即函数的定 义域 为，再由 可得，即2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载，在定 义域 内满 足，符合 题意 故答案 为：；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 1721 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.17.记 的内 角A，B，C 的 对边分 别 为a，b，c 已 知（1）若，求C；（2）证明：【答案】（1）；（2）证明 见解 析【解析】【分析】（1）根 据题 意可 得，再结 合三 角形 内角 和定

13、理 即可 解出；（2）由题 意利 用两 角差 的 正弦公 式展 开得，再根 据正 弦定 理，余弦定理 化简 即可 证出【小 问 1 详 解】由，可得，而，所 以，即有，而，显然，所 以，而，所以【小 问 2 详 解】由 可得，再由 正弦 定理 可得，然后 根据 余弦 定理 可知，化简 得：，故原 等式 成立 2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 18.如 图，四面 体 中，E 为AC 的中 点（1）证明：平 面 平面ACD；（2）设，点F 在BD 上，当 的面 积最 小时，求 三棱 锥的体积【答案】（1）证 明详 见解 析（2）【解析】【分析】（1）通 过证 明 平面 来证 得平 面

14、 平面.（2）首先 判断 出三 角形 的 面积最 小时 点的 位置，然 后求得 到平 面 的距离，从而求 得三 棱锥 的体 积.【小 问 1 详 解】由于，是 的中点，所 以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以 平面，由于 平面，所以 平面 平面.【小 问 2 详 解】依题意，三角 形 是等边 三角形，所以，由于，所以 三角 形 是等腰 直角三 角形，所 以.，所以，由于，平面，所 以 平面.2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以 当 最短时，三 角形 的面积 最小 值.过 作，垂足 为，在 中，解 得，所以，所以 过 作，垂 足为，

15、则，所 以 平面，且，所以,所以.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：）和 材积量（单位：），得 到如 下数 据：样本号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 根部横 截面 积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.

16、42 0.40 3.9 并计算 得（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 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【答案】（1）；（2）（3）【解析】【分析】（1）计算 出样 本 的一棵 根部 横截 面积 的平 均值

17、及 一棵 材积 量平 均值，即 可估 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）代入 题给 相关 系数 公 式去计 算即 可求 得样 本的 相关系 数值；（3）依据 树木 的材 积量 与 其根部 横截 面积 近似 成正 比，列 方程 即可 求得 该林 区这种 树木 的总材积 量的 估计 值 小问 1 详解】样本 中 10 棵 这种 树木 的根 部横截 面积 的平 均值 样本 中 10 棵 这种 树木 的材 积量的 平均 值 据此可 估计 该林 区这 种树 木平均 一棵 的根 部横 截面 积为，平均一 棵的 材积 量为 小问 2 详解】2023 考试备

18、考资料 word 版本欢迎下载 则【小 问 3 详 解】设该林 区这 种树 木的 总材 积量的 估计 值为，又已知 树木 的材 积量 与其 根部横 截面 积近 似成 正比，可得，解之 得 则该林 区这 种树 木的 总材 积 量估 计为 20.已 知函 数（1）当 时，求 的最 大值；（2）若 恰有一 个零 点，求a 的取 值范 围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由 导数 确定 函数的 单调 性，即可 得解；（2）求导 得，按照、及 结 合导数 讨论 函数 的单调性，求得 函数 的极 值，即可得 解.【小 问 1 详 解】当 时，则，当 时，单调递 增；当 时，单调递 减；所以；【小

19、问 2 详 解】，则，2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 当 时，所 以当 时，单调递增；当 时，单调递 减；所以，此时 函数 无零 点，不合题 意；当 时，在 上，单调递 增；在 上，单调递 减；又，当x 趋近 正无 穷大 时，趋近 于正 无穷 大，所以 仅在 有唯一 零点，符 合题意；当 时，所 以 单调递 增，又，所以 有唯一 零点，符 合题 意；当 时，在 上，单调递 增；在 上，单调递 减；此时，又，当n 趋近 正无 穷大 时，趋近 负无 穷，所以 在 有一 个零 点，在 无零点，所以 有唯一 零点，符 合题 意；综上，a 的取 值范 围为.【点睛】关键 点点睛：解 决本

20、题 的关 键是 利用 导数 研究函 数的 极值 与单 调性，把 函数 零点 问题转化 为函 数的 单调 性与 极值的 问题.21.已 知椭 圆E 的 中心 为 坐标原 点，对称 轴 为x 轴、y 轴，且过 两点（1）求E 的 方程；（2）设过 点 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 2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将 给定 点代 入设出 的方 程求 解即 可；（2）设出 直线 方程，与 椭 圆C 的 方程 联立，分 情况 讨论斜 率是 否存 在，即

21、可 得解.【小 问 1 详 解】解：设 椭 圆E 的 方程 为，过，则，解 得，所以椭 圆E 的方 程为：.【小 问 2 详 解】，所以，若过 点 的直线 斜率 不存 在，直 线.代入，可得，代 入AB 方程，可 得，由 得到.求得HN 方程：，过点.若过 点 的直线 斜率 存在，设.联立 得，可得，且 2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 联立 可得 可求得 此时，将，代 入整 理得，将 代入，得 显然成 立，综上，可得 直 线HN 过定 点【点睛】求 定点、定 值问 题常见 的方 法有 两种：从特 殊入 手，求出 定值，再证 明这 个值 与变 量无 关；直接 推理、计 算，并在

22、计算推 理的 过程 中消 去变 量，从 而得 到定 值.（二）选 考题：共 10 分请考 生在 第 22、23 题 中 选定一 题作 答，并 用 2B 铅笔在 答题 卡上将 所选 题目对 应的 题号方 框涂 黑按 所涂 题号进 行评 分，不 涂、多涂 均按 所答第 一题 评分；多答 按所答 第一 题评分.选修 44：坐标 系与参 数方 程 22.在 直角 坐标 系 中，曲 线C 的 参数 方程 为，（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（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

23、 范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根 据极 坐标 与直角 坐标 互化 公式 处理 即可；（2）联立l 与C 的方 程，采用换 元法 处理，根 据新 设a 的取 值范 围求 解m 的 范围即 可.【小 问 1 详 解】因为l：，所 以，又因为，所 以化 简为，2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 整理 得l 的 直角 坐标 方程：【小 问 2 详 解】联立l 与C 的 方程，即 将，代入 中，可 得，所以，化简为，要使l 与C 有公 共点，则 有解，令，则，令，对称轴 为，开口 向上，所以，所以 m 的取 值范 围为.选修 45：不等 式选讲 23.已知a，b，c 都是 正数，且，证明：（1）；（2）；【答案】（1）证 明见 解析（2）证明 见解 析【解析】【分析】（1）利 用三 元均 值不等 式即 可证 明；（2）利用 基本 不等 式及 不 等式的 性质 证明 即可【小 问 1 详 解】证明：因为，则，所以，2023 考试备考资料 word 版本欢迎下载 即，所 以，当且 仅当，即 时取等 号【小 问 2 详 解】证明：因为，所以，所以，当且仅 当 时取等 号 历年考 试真题为 作者精心 整理，如有需要，请下载。