2022年普通高等学校招生全国统一考试数学（文）试卷 全国甲卷（含答案）（参考版）.docx

1、2022年普通高等学校招生全国统一考试 全国甲卷文科数学注意事项：1答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、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、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。2回答选择题时，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涂黑，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.设集合，则( )A.B.C.D.2.某社区通过公

2、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3.若.则( )A.B.C.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.205.将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关

3、于y轴对称，则的最小值是( )A.B.C.D.6.从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( )A.B.C.D.7.函数在区间的图像大致为( )A.B.C.D.8.当时，函数取得最大值-2，则( )A.-1B.C.D.19.在长方体中，已知与平面ABCD和平面所成的角均为30，则( )A.B.AB与平面所成的角为30C.D.与平面所成的角为4510.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则( )A.B.C.D.11.已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点.若

4、，则C的方程为( )A.B.C.D.12.已知，则( )A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量，.若，则_.14.设点M在直线上，点和均在上，则的方程为_.15.记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值_.16.已知中，点D在边BC上，.当取得最小值时，_.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）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随

5、机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030（1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？附：，0.1000.0500.010k2.7063.8416.63518.（12分）记为数列的前n项和.已知.（1）证明：是等差数列；（2）若，成等比数列，求的最小值.19.（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.（

6、1）证明：平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.20.（12分）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线.（1）若，求a；（2）求a的取值范围.21.（12分）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点.当直线MD垂直于x轴时，.（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.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方

7、程为（s为参数）.（1）写出的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标.23选修4-5：不等式选讲（10分）已知a，b，c均为正数，且，证明：（1）；（2）若，则.参考答案1.答案：A解析：因为集合，所以集合B中的整数有0，1，2，所以.2.答案：B解析：对于A，讲座前问卷答题的正确率的中位数是，所以A错误；对于B，讲座后问卷答题的正确率分别是80%，85%，85%，85%，85%，90%，90%，95%，100%，100%，其平均数显然大于85%，所以B正确；对于C，由题图可知，讲座前问卷答题的正确率波动较大，

8、讲座后问卷答题的正确率波动较小，所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后问卷答题的正确率的标准差，所以C错误；对于D，讲座前问卷答题的正确率的极差是，讲座后问卷答题的正确率的极差是，所以讲座前问卷答题的正确率的极差大于讲座后问卷答题的正确率的极差，所以D错误.故选B.3.答案：D解析：因为，所以，所以.故选D.4.答案：B解析：三视图对应的几何体是放倒的直四棱柱，如图，直四棱柱的高为2，底面是上底为2，下底为4，高为2的模形，所以体积.故选B.5.答案：C解析：记曲线C的函数解析式为，则.因为函数的图象关于y轴对称，所以，得.因为，所以.故选C.6.答案：C解析：从写有1,2,3,4,5,

9、6的6张卡片中无放回地抽取2张，共有15种取法，它们分别是，其中卡片上的数字之积是4的倍数的是，共6种取法，所以所求概率是.故选C.7.答案：A解析：解法一（特值法）：取，则；取，则.结合选项知选A.解法二：令，则，所以函数是奇函数，排踪B，D；取，则，排除C.故选A.8.答案：B解析：由题意知，.求导得，因为的定义域为，所以易得，所以，所以.故选B.9.答案：D解析：如图，连接BD，易知是直线与平面ABCD所成的角，所以在中，设，.易知是直线与平面所成的角，所以在中，因为，所以，所以在中，所以A项错误.易知是直线AB与平面所成的角，所以在中，所以，所以B项错误.在中，而，所以C项错误.易知是

10、直线与平面所成的角，因为在中，所以，所以D项正确.故选D.10.答案：C解析：解法一：因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合可知，甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是.不妨设两个圆锥的母线长为，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为，高分别为，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6的圆，所以，得，.由勾股定理得，所以.故选C.解法二：设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为，高分别为，侧面展开图的圆心角分别为，则由，得.由题意知，所以，所以，得，.由勾股定理得，所以.故选C.11.答案：B解析：依题意得，所以，故，又C的离心率，所以，即C的方程为，故选B.12.答案：A

11、解析：因为，所以，所以.因为，所以.，因为，所以.综上，.故选A.13.答案：解析：，解得.14.答案：解析：解法一：设的方程为，则，解得.的方程为.解法二：设的方程为，则，解得，的方程为，即.解法三：设，的半径为r，则，AB的中点坐标为，的垂直平分线方程为，即.联立得，解得，的方程为.15.答案：内的任意值均可解析：双曲线C的渐近线方程为，若直线与双曲线C无公共点，则，又，填写内的任意值均可.16.答案：解析：设，则.根据题意作出大致图形，如图.在中，由余弦定理得.在中，由余弦定理得，则，（当且仅当，即时等号成立），当取得最小值时，.17.答案：（1），（2）有90%的把握认为甲、乙两城之间

12、的长途客车是否准点与客车所属公司有关解析：（1）由题表可得A公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率为，B公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率为.（2），所以有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.18.答案：（1）证明见解析（2）-78解析：（1）由，得，所以，-，得，化简得，所以数列是公差为1的等差数列.（2）由（1）知数列的公差为1.由，得，解得.所以，所以当或13时，取得最小值，最小值为-78.19.答案：（1）见解析（2）解析：解：（1）如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，与均为正三角形，且边长均为8，且.又平面EAB与平面FBC均

13、垂直于平面ABCD，平面平面，平面平面，平面EAB，平面FBC，平面ABCD，平面ABCD，四边形EMNF为平行四边形，.又平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD.（2）如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.由（1）知平面ABCD，平面ABCD，同理可证得，平面ABCD，平面ABCD，易得，.易得，所以，又，所以四边形PMNQ是正方形，所以四棱柱为正四棱柱，所以.因为，所以.因为平面ABCD，平面ABCD，所以.又平面PMEH，且，所以平面PMEH，则点A到平面PMEH的距离，所以，所以该包装盒的容积.20.答案：（1）（2）解析：（1）当时，所以

14、切点坐标为.由，得，所以切线斜率，所以切线方程为，即.将代入，得.由切线与曲线相切，得，解得.（2）由，得，所以切线斜率，所以切线方程为，即.将代入，得.由切线与曲线相切，得，整理，得.令，则，由，得，0，1，随x的变化如下表所示：x01-0+0-0+极小值极大值极小值由上表知，当时，取得极小值，当时，取得极小值，易知当时，当时，所以函数的值域为，所以由，得，故实数a的取值范围为.21.答案：（1）C的方程为；（2）解析：（1）当轴时，有，得，所以抛物线C的方程为.（2）如图，根据（1）知，.当轴时，易得，此时.当MN的斜率存在时，设，则直线MN的方程为，即，即，所以直线MN的方程为.同理可得

15、，直线AM的方程为，直线BN的方程为，直线AB的方程为.因为在MN上，所以.因为在AM，BN上，所以，所以，.所以，所以直线AB的方程可化为，所以，所以.当时，所以不符合题意.当时，当且仅当，即时取等号，此时取得最大值，直线AB的方程为.22.答案：（1）；（2）与交点为和：与交点为和.解析：（1）根据的参数方程，消去参数t可得，所以曲线的普通方程为.（2）曲线的极坐标方程可化为，所以普通方程为.根据的参数方程，消去参数s可得.根据，得或，所以与交点的直角坐标为，.根据，得或，所以与交点的直角坐标为，.23.答案：（1）证明见解析（2）证明见解析解析：（1）解法一（平方转化基本不等式证明）因为，所以，当且仅当时取等号，所以.又a，b，c均为正数，所以.解法二（柯西不等式证明）因为，所以根据柯西不等式有，当且仅当时取等号.又a，b，c均为正数，所以.解法三（权方和不等式证明）根据权方和不等式可得（当且仅当时取等号），所以.又a，b，c均为正数，所以.（2）因为，所以根据（1）有.，当且仅当时取得等号.