2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（文）试卷 全国乙卷（含解析）（参考版）.docx

1、2022年普通高等学校招生全国统一考试 全国乙卷文科数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.2.设，其中a，b为实数，则( )A.，B.，C.，D.，3.已知向量，则( )A.2B.3C.4D.54.分别统

2、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：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满足约束条件则的最大值是( )A.-2B.4C.8D.126.设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则( )A.2B.C.3D.7.执行下边的程序框图，输出的( )A.3B.4C.5D.68.下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( )A.B.C.D.9.

3、在正方体中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )A.平面平面B.平面平面C.平面平面D.平面平面10.已知等比数列的前3项和为168，则( )A.14B.12C.6D.311.函数在区间的最小值、最大值分别为( )A.，B.，C.，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大时，其高为( )A.B.C.D.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_.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，中的三点的一个圆的方程为_.16.若是奇函数

4、，则_，_.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。（一）必考题：共60分。17.（12分）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：.18. （12分）如图，四面体ABCD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.19. （12分）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：）

5、，得到如下数据：样本号i12345678910总和根部横截面积0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9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，.20.

6、 （12分）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.21. （12分）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.（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。22.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系xOy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

7、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的取值范围.23.选修4-5：不等式选讲（10分）已知a，b，c都是正数，且，证明：（1）；（2）.参考答案1.答案：A解析：由题意知，故选A.2.答案：A解析：解法一：由题意知，所以解得故选A.解法二：由题意知，所以解得故选A.3.答案：D解析：解法一：由题意知，所以，故选D.解法二：由题意知，所以，所以，故选D.4.答案：C解析：对于A，甲同学周课外体育运动时长的中位数为，故选项A正确；对于B，乙同学周课外体育运动时长大部分在8h以上，故平均数大于8，故选项B正确；对于C，甲同学周课外体

8、育运动时长大于8的概率为，故选项C错误；对于D，乙同学周课外体育运动时长大于8的概率为，故选项D正确.故选C.5.答案：C解析：解法一：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分，作出直线，平移该直线，当直线经过点时，z最大，此时，故选C.解法二：由得此时；由得此时；由得此时.综上所述，的最大值为8，故选C.6.答案：B解析：解法一：如图，由题意可知，设，则由抛物线的定义可知.因为，所以由，可得，解得，所以或.不妨取，则，故选B.解法二：由题意可知，所以.因为抛物线的通径长为，所以AF的长为通径长的一半，所以轴，所以，故选B.7.答案：B解析：执行循环体，；，；，.故输出的，故选B.8.答案：A解

9、析：对于选项B，当时，与图象不符，故排除B；对于选项D，当时，与图象不符，故排除D；对于选项C，当时，与图象在y轴右侧最高点大于1不符，所以排除C.故选A.9.答案：A解析：如图，对于选项A，在正方体中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以，又，所以，又易知，从而平面，又平面，所以平面平面，故选项A正确；对于选项B，因为平面平面，所以由选项A知，平面平面不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线与直线必相交，故平面与平面不平行，故选项C错误；对于选项D，连接，易知平面平面，又平面与平面有公共点，所以平面与平面不平行，故选项D错误.故选A.10.答案：D解析：解法一：设等比数列的首项为，公

10、比为q，由题意可得，即，解得，所以，故选D.解法二：设等比数列的首项为，公比为q，由题意可得，即，解得，所以，故选D.11.答案：D解析：，则.令，解得（舍去），或.因为，又，所以，.故选D.12.答案：C解析：解法一（特殊法）不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为a，底面正方形外接树的半径为r，则，四棱锥的高，所以四棱锥的体积，当且仅当，即时等号成立，此时四棱锥的高，故选C.解法二（导数法）设四棱锥的底面是正方形，底面正方形外接圆的半径为r，四棱锥的高为h，则，正方形的边长为，所以四棱锥的体积.令，则，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，所以当四棱锥的体积最大时，其高为

11、，故选C.解法三（转化法）该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h（），底面半径为r，则圆锥的体积，则，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，四棱锥的体积最大，故选C.13.答案：2解析：因为，所以，化简得，得.14.答案：解析：从甲、乙等5名同学中随机选3名，有种情况，其中甲、乙都入选有种情况，所以甲、乙都入选的概率.15.答案：或或或解析：若圆过，三点，设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，易得，所以过这三点的圆的方程为，即.若圆过，三点，通解：设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，易得，所以

12、过这三点的圆的方程为，即.光速解：在平面直角坐标系中作出这三个点，显然由这三个点的连线组成的三角形为直角三角形，该直角三角形的外接圆的圆心为点和点连线段的中点，即，直径2R等于点和点连线段的长，即，可得，所以圆的方程为.若圆过，三点，设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，易得，所以过这三点的圆的方程为，即.若圆过，三点，设过这三点的圆的一般方程为，分别将三点的坐标代入，可得，解得，易得，所以过这三点的圆的方程为，即.16.答案：；解析：.为奇函数，.当时对任意的x恒成立，则解得当时，对任意的x恒成立，则无解.综上，.17.答案：（1）（2）证明见解析解析：（1）由，可得

13、.将代入可得，因为，所以，又，所以，即，与联立，解得.（2）解法一：由可得，由正弦定理可得，即.由余弦定理得，代入（*）式并整理得，.解法二：因为，所以，又，所以，由正弦定理可得.18.答案：（1）证明详见解析（2）解析：（1）因为，所以，所以，又E为AC的中点，所以，因为，且平面BED，所以平面BED，又平面ACD，所以平面平面ACD.（2）由（1）可知，因为，所以，则，又，所以，所以.连接EF，易知当的面积最小时，EF取最小值，在中，EF的最小值为E到BD的距离，故当的面积最小时，.由射影定理知，又，所以，.解法一：因为，所以平面ABC，则F到平面ABC的距离.故.解法二：由（1）知，又，

14、所以平面ACF，所以BF即B到平面ACF的距离，故.19.答案：（1）0.06，0.39（2）0.97（3）1209解析：（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积，估计该林区这种树木平均一棵的材积量，（2），所以，所以样本相关系数.（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y，由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以，所以，即该林区这种树木的总材积量的估计值为1209.20.答案：（1）-1（2）解析：（1）当时，所以.若，单调递增；若，单调递减，所以.（2）由，得.当时，由（1）可知，不存在零点；当时，若，单调递增，若，单调递减，所以，所以不存在零点；当时，若，在上

15、单调递增，因为，所以函数恰有一个零点，若，在，上单调递增，在上单调递减，因为，所以，当时，由零点存在定理可知在上必有一个零点，所以满足条件，若，在，上单调递增，在上单调递减，因为，所以，当时，由零点存在定理可知在上必有一个零点，即满足条件.综上，若恰有一个零点，a的取值范围为.21.答案：（1）；（2）直线HN过定点解析：（1）椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过，可设椭圆E的方程为，又椭圆E过，得，E的方程为.（2）当直线MN的斜率不存在时，由，得，.结合题意可知，过M且平行于x轴的直线的方程为.易知点T的横坐标，直线AB的方程为即，由，得，.，即.当直线MN的斜率存在时，如图，

16、设，.由，得，.过M且平行于x轴的直线的方程为，与直线AB的方程联立，得，得，.，即.令，得.，直线HN过定点.综上，直线HN过定点.22.答案：（1）（2）解析：（1）直线l的极坐标方程为，即，根据，得l的直角坐标方程为（2）曲线C的参数方程为（t为参数），将代入，得曲线C的普通方程为.联立直线l与曲线C的方程，得，消去x并整理得.解法一：若直线l与曲线C有公共点，则，且，所以.解法二：所以，因为，所以当时，即，则.23.答案：（1）证明见解析（2）证明见解析解析：（1）因为a，b，c都是正数，所以，当且仅当时等号成立.（2）由基本不等式得，所以，同理得，.利用不等式的性质得，当且仅当时等号成立.