2022年全国高中考试甲卷数学（理）试题（剖析版）.docx

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1、绝密绝密启用前启用前2022 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试理科数学理科数学注意事项：注意事项：1 1答卷前答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号准考证号、考场号考场号、座位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科目，在规定的位置贴好条形码.2 2回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑涂黑.如需改

2、动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将回答非选择题时，将答案写在答题卡上答案写在答题卡上.写在本试卷上无效写在本试卷上无效.3 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一一、选择题选择题：本题共本题共 1212 小题小题，每小题每小题 5 5 分分，共共 6060 分分.在每小题给出的四个选项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的中，只有一项是符合题目要求的.1.若13iz ，则1zzz（）A.13i B.13i C.13i33D.13i33【答案】C【解析】【分析】由共轭复数的概念

3、及复数的运算即可得解.【详解】13i,(13i)(13i)1 34.zzz 13i13i1333zzz 故选：C2.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下图：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【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，

4、逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为70%75%70%2,所以A错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%,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；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%80%20%，讲座前问卷答题的正确率的极差为95%60%35%20%,所以D错.故选:B.3.设全集 2,1,0,1,2,3U ，集合2 1,2,430ABx xx，则()UAB（）A.1,3B.0,3C.2,1D.2,0【答案】D【解析】【分析】

5、解方程求出集合 B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，2=4301,3Bx xx，所以1,1,2,3AB,所以U2,0AB.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.8B.12C.16D.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242 2122V.故选：B.5.函数33cosxxyx在区间,2 2的图象大致为（）A.B.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 33cos

6、,2 2xxf xx x ，则 33cos33cosxxxxfxxxf x ，所以 fx为奇函数，排除 BD；又当0,2x时，330,cos0 xxx，所以 0fx，排除 C.故选：A.6.当1x 时，函数()lnbf xaxx取得最大值2，则(2)f（）A.1B.12C.12D.1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知()12f=-，10f 即可解得,a b，再根据 fx即可解出【详解】因为函数 f x定义域为0,，所以依题可知，()12f=-，10f，而 2abfxxx，所以2,0bab，即2,2ab ，所以 222fxxx，因此函数 f x在0,1上递增，在1,上递减，1x 时取最大值，

7、满足题意，即有 112122f 故选：B.7.在长方体1111ABCDABC D中，已知1B D与平面ABCD和平面11AAB B所成的角均为30，则（）A.2ABADB.AB与平面11ABC D所成的角为30C.1ACCBD.1B D与平面11BBC C所成的角为45【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1,ABa ADb AAc，依题以及长方体的结构特征可知，1B D与平面ABCD所成角为1B DB，1B D与平面11AAB B所成角为1DB A，所以11sin30cbB DB D，即bc，22212B Dcabc，解得2ac对于 A

8、，ABa=，ADb=，2ABAD，A 错误；对于 B，过B作1BEAB于E，易知BE平面11ABC D，所以AB与平面11ABC D所成角为BAE，因为2tan2cBAEa，所以30BAE，B 错误；对于 C，223ACabc，2212CBbcc，1ACCB，C 错误；对于 D，1B D与平面11BBC C所成角为1DB C，112sin22CDaDBCB Dc，而1090DBC，所以145DBCD 正确故选：D8.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 是的 AB 中点，D 在AB上，CDAB“会圆术

9、”给出AB的弧长的近似值 s 的计算公式：2CDsABOA 当2,60OAAOB时，s（）A.11 3 32B.11 4 32C.93 32D.94 32【答案】B【解析】【分析】连接OC，分别求出,AB OC CD，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接OC，因为C是AB的中点，所以OCAB，又CDAB，所以,O C D三点共线，即2ODOAOB，又60AOB，所以2ABOAOB，则3OC，故23CD，所以222311 4 3222CDsABOA.故选：B.9.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=2SS甲乙，则=

10、VV甲乙（）A.5B.2 2C.10D.5 104【答案】C【解析】【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，根据圆锥的侧面积公式可得122rr，再结合圆心角之和可将12,r r分别用l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l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面圆半径为2r，则11222SrlrSr lr甲乙，所以122rr，又12222rrll，则121rrl，所以1221,33rl rl，所以甲圆锥的高2214593hlll，乙圆锥的高22212 293hlll，所以2211222214539310112 239

11、3r hllVVr hll甲乙.故选：C.10.椭圆2222:1(0)xyCabab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.13【答案】A【解析】【分析】设11,P x y，则11,Qx y，根据斜率公式结合题意可得2122114yxa，再根据2211221xyab，将1y用1x表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】解：,0Aa，设11,P x y，则11,Qx y，则1111,APAQyykkxaxa，故21112211114APAQyyykkxaxaxa，又2211221xya

12、b，则2221212baxya，所以2221222114baxaxa，即2214ba，所以椭圆C的离心率22312cbeaa.故选：A.11.设函数()sin3f xx在区间(0,)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（）A.5 13,3 6B.5 19,3 6C.13 8,6 3D.13 19,66【答案】C【解析】【分析】由x的取值范围得到3x的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可【详解】解：依题意可得0，因为0,x，所以,333x，要使函数在区间0,恰有三个极值点、两个零点，又sinyx，,33x的图象如下所示：则5323，解得13863，即13 8,6 3故选：C1

13、2.已知3111,cos,4sin3244abc，则（）A.cbaB.bacC.abcD.acb【答案】A【解析】【分析】由14tan4cb结合三角函数的性质可得cb；构造函数21()cos1,(0,)2f xxxx，利用导数可得ba，即可得解.【详解】因为14tan4cb,因为当0,sintan2xxxx所以11tan44,即1cb,所以cb；设21()cos1,(0,)2f xxxx，()sin0fxxx，所以()f x在(0,)单调递增，则1(0)=04ff,所以131cos0432，所以ba,所以cba，故选：A二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分

14、，共分，共 20 分分.13.设向量a，b的夹角的余弦值为13，且1a，3b r，则2abb_【答案】11【解析】【分析】设a与b的夹角为，依题意可得1cos3，再根据数量积的定义求出a b，最后根据数量积的运算律计算可得【详解】解：设a与b的夹角为，因为a与b的夹角的余弦值为13，即1cos3，又1a，3b r，所以1cos1 313a bab ，所以2222222 1 311abba bba bb 故答案为：1114.若双曲线2221(0)xymm的渐近线与圆22430 xyy相切，则m _【答案】33【解析】【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半

15、径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可【详解】解：双曲线22210 xymm的渐近线为yxm，即0 xmy，不妨取0 xmy，圆22430 xyy，即2221xy，所以圆心为0,2，半径1r，依题意圆心0,2到渐近线0 xmy的距离2211mdm，解得33m 或33m （舍去）故答案为：3315.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_【答案】635.【解析】【分析】根据古典概型的概率公式即可求出【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有48C70n 个结果，这4个点在同一个平面的有6612m 个，故所求概率1267035mPn故答案为：

16、63516.已知ABC中，点 D 在边 BC 上，120,2,2ADBADCDBD当ACAB取得最小值时，BD _【答案】31#1+3【解析】【分析】设220CDBDm，利用余弦定理表示出22ACAB后，结合基本不等式即可得解.【详解】设220CDBDm，则在ABD中，22222cos42ABBDADBD ADADBmm，在ACD中，22222cos444ACCDADCD ADADCmm，所以22222244212 14441243424211mmmACmmABmmmmmm12442 33211mm，当且仅当311mm 即31m 时，等号成立，所以当ACAB取最小值时，31m.故答案为：31.

17、三三、解答题解答题：共共 70 分分解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤第第 1721题为必考题题为必考题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求考生根据要求作答作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分17.记nS为数列 na的前 n 项和已知221nnSnan（1）证明：na是等差数列；（2）若479,a a a成等比数列，求nS的最小值【答案】（1）证明见解析；（2）78【解析】【分析】（1）依题意可得222nnSnnan，根据11,1,2nnnS naSSn，作差即可得到11nnaa

18、，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到 na的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得【小问 1 详解】解：因为221nnSnan，即222nnSnnan，当2n时，21121211nnSnnan，得，22112212211nnnnSnSnnannan，即12212211nnnannana，即1212121nnnanan，所以11nnaa，2n且N*n，所以 na是以1为公差的等差数列【小问 2 详解】解：由（1）可得413aa，716aa，918aa，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa，即 2111638aaa，解得112a ，所以13nan，所以

19、22112512562512222228nn nSnnnn，所以，当12n 或13n 时min78nS 18.在四棱锥PABCD中，PD 底面,1,2,3ABCD CDAB ADDCCBABDP（1）证明：BDPA；（2）求 PD 与平面PAB所成的角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）55.【解析】【分析】（1）作DEAB于E，CFAB于F，利用勾股定理证明ADBD，根据线面垂直的性质可得PDBD，从而可得BD 平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【小问 1 详解】证明：在四边形ABCD中，作DEAB于E，CFAB于F，

20、因为/,1,2CDAB ADCDCBAB，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以12AEBF，故32DE，223BDDEBE，所以222ADBDAB，所以ADBD，因为PD 平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PDBD，又PDADD，所以BD 平面PAD，又因PA平面PAD，所以BDPA；【小问 2 详解】解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，3BD，则1,0,0,0,3,0,0,0,3ABP，则1,0,3,0,3,3,0,0,3APBPDP ，设平面PAB的法向量,nx y z，则有30330n APxzn BPyz ，可取3,1,1n，则5cos,5n DPn DPn DP ，所以PD与

21、平面PAB所成角的正弦值为55.19.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【答案】（1）0.6；（2）分布列见解析，13E X.【解析】【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为,A B C，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；（2）依题可知，X的可能取值为

22、0,10,20,30，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望【小问 1 详解】设甲在三个项目中获胜的事件依次记为,A B C，所以甲学校获得冠军的概率为PP ABCP ABCP ABCP ABC0.5 0.4 0.80.5 0.4 0.80.5 0.6 0.80.5 0.4 0.20.160.160.240.040.6【小问 2 详解】依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以，00.5 0.4 0.80.16P X,100.5 0.4 0.80.5 0.6 0.80.5 0.4 0.20.44P X，200.5 0.6 0.80.5 0.4 0.20.5 0.6 0.20.

23、34P X，300.5 0.6 0.20.06P X.即X的分布列为X0102030P0.160.440.340.06期望0 0.16 10 0.4420 0.3430 0.0613E X .20.设抛物线2:2(0)C ypx p的焦点为 F，点,0D p，过 F 的直线交 C 于 M，N 两点当直线 MD 垂直于 x 轴时，3MF（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【答案】（1）24yx；（2）:24AB xy.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得=2pMFp，即可得解；

24、（2）设点的坐标及直线:1MN xmy，由韦达定理及斜率公式可得2MNABkk，再由差角的正切公式及基本不等式可得22ABk，设直线:2AB xyn，结合韦达定理可解.【小问 1 详解】抛物线的准线为2px ，当MD与 x 轴垂直时，点 M 的横坐标为 p，此时=32pMFp，所以2p，所以抛物线 C 的方程为24yx；【小问 2 详解】设222231241234,4444yyyyMyNyAyBy，直线:1MN xmy，由214xmyyx可得2440ymy，120,4y y ，由斜率公式可得12221212444MNyykyyyy，34223434444AByykyyyy，直线112:2xMD

25、 xyy，代入抛物线方程可得1214280 xyyy，130,8y y ，所以322yy，同理可得412yy，所以34124422MNABkkyyyy又因为直线 MN、AB 的倾斜角分别为,，所以tantan22MNABkk，若要使最大，则0,2，设220MNABkkk，则2tantan112tan11tantan1 241222kkkkkk，当且仅当12kk即22k 时，等号成立，所以当最大时，22ABk，设直线:2AB xyn，代入抛物线方程可得24 240yyn，34120,4416y yny y ，所以4n，所以直线:24AB xy.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对

26、斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.21.已知函数 lnxf xxaxxe（1）若 0f x，求 a 的取值范围；（2）证明：若 f x有两个零点12,x x，则环121x x【答案】（1）(,1e（2）证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e11e2 ln02xxxxxxx，再利用导数即可得证.【小问 1 详解】()f x的定义域为(0,)，2111()e1xfxxxx1111 e1e11xxxxxxxx令()0f x,得1x 当(0,1),()0,()xfxf x单调递减当(1,),()0,()xfxf x单调递

27、增()(1)e 1f xfa ，若()0f x,则e10a,即1ae所以a的取值范围为(,1e【小问 2 详解】由题知,fx一个零点小于 1,一个零点大于 1不妨设121xx 要证121x x,即证121xx因为121,(0,1)xx,即证 121f xfx因为12f xf x,即证221f xfx即证1e1lneln0,(1,)xxxxxxxxx即证1e11e2 ln02xxxxxxx下面证明1x 时，1e11e0,ln02xxxxxxx设11(),eexxg xxxx，则11122111111()eee1ee1xxxxxg xxxxxxxx 111e1 e1eexxxxxxxxx设 22e

28、1111,ee0 xxxxxxxxxxx所以 1ex,而1eex所以1ee0 xxx,所以()0g x所以()g x在(1,)单调递增即()(1)0g xg,所以1ee0 xxxx令11()ln,12h xxxxx2222211121(1)()10222xxxh xxxxx所以()h x在(1,)单调递减即()(1)0h xh,所以11ln02xxx；综上,1e11e2 ln02xxxxxxx,所以121x x.【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式11()ln2h xxxx这个函数经常出现，需要掌握（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第

29、分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分则按所做的第一题计分选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为26txyt（t 为参数），曲线2C的参数方程为26sxys （s 为参数）（1）写出1C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3C的极坐标方程为2cossin0，求3C与1C交点的直角坐标，及3C与2C交点的直角坐标【答案】（1）2620yxy；（2）31,C C的交点坐标为1,12，1,2，32,C C的交点坐标为1,12，1,2【解析】【分

30、析】(1)消去t，即可得到1C的普通方程；(2)将曲线23,C C的方程化成普通方程，联立求解即解出【小问 1 详解】因为26tx，yt，所以226yx，即1C的普通方程为2620yxy【小问 2 详解】因为2,6sxys ，所以262xy ，即2C的普通方程为2620yxy，由2cossin02 cossin0，即3C的普通方程为20 xy联立262020yxyxy，解得：121xy或12xy，即交点坐标为1,12，1,2；联立262020yxyxy，解得：121xy 或12xy ，即交点坐标为1,12，1,2 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲23.已知 a，b，c 均为正数，且22

31、243abc，证明：（1）23abc；（2）若2bc，则113ac【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）根据22222242abcabc，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得043ac，即可得到1143ac，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222222221112abcabc，所以23abc，当且仅当21abc时，取等号，所以23abc；【小问 2 详解】证明：因为2bc，0a，0b，0c，由（1）得243abcac，即043ac，所以1143ac，由权方和不等式知22212111293444acacacac，当且仅当124ac，即1a，12c 时取等号，所以113ac.