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

1、2022年普通高等学校招生全国统一考试 全国甲卷理科数学注意事项：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.若，则( )A.B.C.D.2.某社区通过公益讲

2、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.设全集，集合，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.函数在区间的图像大致为( )A.B.C.D.

3、6.当时，函数取得最大值-2，则( )A.-1B.C.D.17.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458.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，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，.“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：.当，时，( )A.B.C.D.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，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则( )A.B.C.D.10.椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称.若直线AP，AQ的斜率

4、之积为，则C的离心率为( )A.B.C.D.11.设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是( )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.设向量a，b的夹角的余弦值为，且，则_.14.若双曲线的渐近线与圆相切，则_.15.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_.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）记为

5、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.18.（12分）在四棱锥中，底面ABCD，.（1）证明：；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值.19.（12分）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.20.（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

6、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.21.（12分）已知函数.（I）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则.（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

7、分）已知a，b，c均为正数，且，证明：（1）；（2）若，则.参考答案1.答案：C解析：，故选C.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，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

8、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：集合，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：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.6.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.7.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

9、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.易知是直线与平面所成的角，因为在中，所以，所以D项正确.故选D.8.答案：B解析：由题意知，是等边三角形，所以.连接OC，因为C是AB的中点，所以，又，所以O，C，D三点共线，所以，所以.故选B.9.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、

10、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.10.答案：A解析：解法一：设，则，易知，所以（*）.因为点P在椭圆C上，所以，得，代入（*）式，得，结合，得，所以.故选A.解法二：设椭圆C的右顶点为B，则直线BP与直线AQ关于y轴对称，所以，所以，所以.故选A.11.答案：C解析：由，得.根据函数在区间恰有三个极值点，知，得.根据函数在区间恰有两个零点，知，得.综上，的取值范围为.12.答案：A解析：因为，所以.令，则，所以函数在R上单调递增，所以当时，即有成立，所以，得，所以.因为，所以令，则，所以函数在定义域

11、内单调递增，所以当时，即有成立，所以，即，所以，即.综上.13.答案：11解析：.14.答案：解析：双曲线的渐近线方程为，圆的方程可化为，则圆心坐标为，半径.双曲线的渐近线与圆相切，圆心到渐近线的距离，得.15.答案：解析：从正方体的8个顶点中任选4个，取法有（种）.其中4个点共面有以下两种情况：（1）所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法；（2）所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法.所以所取的4个点在同一个平面的概率.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）

12、，当取得最小值时，.17.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-78.18.答案：（1）证明见解析（2）解析：解：（1）如图所示，取AB中点为O，连接DO，CO，则.又，所以四边形DCBO为平行四边形.又，所以四边形DCBO为菱形，所以.同理可得，四边形DCOA为菱形，所以，所以.因为底面ABCD，底面ABCD，所以，又，平面ADP，所以平面ADP.因为平面ADP，所以.（2）由（1）知，又，所以，所以三角形ADO为正三角形.过点D作垂直

13、于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.则，.设平面PAB的法向量为，则.令，则，所以.设直线PD与平面PAB所成的角为，则，所以直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为.19.答案：（1）0.6（2）13解析：解：（1）设甲学校获得冠军的事件为A，则甲学校必须获胜2场或者3场.故甲学校获得冠军的概率为0.6.（2）X的取值可以为0，10，20，30.，.所以X的分布列为X0102030P0.160.440.340.06所以.20.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

14、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，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.21.答案：（1）；（2）证明见解析解析：（1）由题意知函数的定义域为.由，可得函数在上单调递减，在上单调递增.所以.又，所以，解得，所以a的取值范围为.（2）解法一：不妨设，则由（1）知，.令，则.令，则，所以当时，所以当时，所以当时，所以在上单调递增，所以，

15、即在上.又，所以，即.由（1）可知，函数在上单调递增，所以，即.解法二（同构构造函数化解等式）不妨设，则由（1）知，.由，得，即.因为函数在R上单调递增，所以成立.构造函数，则，所以函数在上单调递增，所以当时，即当时，所以，又，所以在上单调递减，所以，即.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.