2022全國(guó)高考甲卷數(shù)學(xué)（文科）試題及答案

1、2022年全國(guó)高考甲卷數(shù)學(xué)（文）試題學(xué)校:_姓名：_班級(jí)：_考號(hào)：_一、單選題1設(shè)集合A=2,1,0,1,2,B=x0x0)的圖像向左平移2個(gè)單位長(zhǎng)度后得到曲線(xiàn)C，若C關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，則的最小值是（）A16B14C13D126從分別寫(xiě)有1，2，3，4，5，6的6張卡片中無(wú)放回隨機(jī)抽取2張，則抽到的2張卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的概率為（）A15B13C25D237函數(shù)y=3x3xcosx在區(qū)間2,2的圖象大致為（）ABCD8當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)f(x)=alnx+bx取得最大值2，則f(2)=（）A1B12C12D19在長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成

2、的角均為30，則（）AAB=2ADBAB與平面AB1C1D所成的角為30CAC=CB1DB1D與平面BB1C1C所成的角為4510甲、乙兩個(gè)圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)相等，側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角之和為2，側(cè)面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙若S甲S乙=2，則V甲V乙=（）A5B22C10D510411已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的離心率為13，A1,A2分別為C的左、右頂點(diǎn)，B為C的上頂點(diǎn)若BA1BA2=1，則C的方程為（）Ax218+y216=1Bx29+y28=1Cx23+y22=1Dx22+y2=112已知9m=10,a=10m11,b=8m9，則（）Aa0bBab0Cba0Db0

3、a二、填空題13已知向量a=(m,3),b=(1,m+1)若ab，則m=_14設(shè)點(diǎn)M在直線(xiàn)2x+y1=0上，點(diǎn)(3,0)和(0,1)均在M上，則M的方程為_(kāi)15記雙曲線(xiàn)C:x2a2y2b2=1(a0,b0)的離心率為e，寫(xiě)出滿(mǎn)足條件“直線(xiàn)y=2x與C無(wú)公共點(diǎn)”的e的一個(gè)值_16已知ABC中，點(diǎn)D在邊BC上，ADB=120,AD=2,CD=2BD當(dāng)ACAB取得最小值時(shí)，BD=_三、解答題17甲、乙兩城之間的長(zhǎng)途客車(chē)均由A和B兩家公司運(yùn)營(yíng)，為了解這兩家公司長(zhǎng)途客車(chē)的運(yùn)行情況，隨機(jī)調(diào)查了甲、乙兩城之間的500個(gè)班次，得到下面列聯(lián)表：準(zhǔn)點(diǎn)班次數(shù)未準(zhǔn)點(diǎn)班次數(shù)A24020B21030(1)根據(jù)上表，分別估

4、計(jì)這兩家公司甲、乙兩城之間的長(zhǎng)途客車(chē)準(zhǔn)點(diǎn)的概率；(2)能否有90%的把握認(rèn)為甲、乙兩城之間的長(zhǎng)途客車(chē)是否準(zhǔn)點(diǎn)與客車(chē)所屬公司有關(guān)？附：K2=n(adbc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，PK2k0.1000.0500.010k2.7063.8416.63518記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和已知2Snn+n=2an+1(1)證明：an是等差數(shù)列；(2)若a4,a7,a9成等比數(shù)列，求Sn的最小值19小明同學(xué)參加綜合實(shí)踐活動(dòng)，設(shè)計(jì)了一個(gè)封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長(zhǎng)為8（單位：cm）的正方形，EAB,FBC,GCD,HDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直(

5、1)證明：EF/平面ABCD；(2)求該包裝盒的容積（不計(jì)包裝盒材料的厚度）20已知函數(shù)f(x)=x3x,g(x)=x2+a，曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)x1,fx1處的切線(xiàn)也是曲線(xiàn)y=g(x)的切線(xiàn)(1)若x1=1，求a；(2)求a的取值范圍21設(shè)拋物線(xiàn)C:y2=2px(p0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)Dp,0，過(guò)F的直線(xiàn)交C于M，N兩點(diǎn)當(dāng)直線(xiàn)MD垂直于x軸時(shí)，MF=3(1)求C的方程；(2)設(shè)直線(xiàn)MD,ND與C的另一個(gè)交點(diǎn)分別為A，B，記直線(xiàn)MN,AB的傾斜角分別為,當(dāng)取得最大值時(shí)，求直線(xiàn)AB的方程22在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線(xiàn)C1的參數(shù)方程為x=2+t6y=t（t為參數(shù)），曲線(xiàn)C2的參數(shù)方程為x=2+s6y

6、=s（s為參數(shù)）(1)寫(xiě)出C1的普通方程；(2)以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線(xiàn)C3的極坐標(biāo)方程為2cossin=0，求C3與C1交點(diǎn)的直角坐標(biāo)，及C3與C2交點(diǎn)的直角坐標(biāo)23已知a，b，c均為正數(shù)，且a2+b2+4c2=3，證明：(1)a+b+2c3；(2)若b=2c，則1a+1c3試卷第5頁(yè)，共5頁(yè)參考答案：1A【解析】【分析】根據(jù)集合的交集運(yùn)算即可解出【詳解】因?yàn)锳=2,1,0,1,2，B=x0x70%,所以A錯(cuò)；講座后問(wèn)卷答題的正確率只有一個(gè)是80%,4個(gè)85%,剩下全部大于等于90%,所以講座后問(wèn)卷答題的正確率的平均數(shù)大于85%,所以B對(duì)；講座前問(wèn)卷答題的正確率更

7、加分散,所以講座前問(wèn)卷答題的正確率的標(biāo)準(zhǔn)差大于講座后正確率的標(biāo)準(zhǔn)差,所以C錯(cuò)；講座后問(wèn)卷答題的正確率的極差為100%80%=20%，講座前問(wèn)卷答題的正確率的極差為95%60%=35%20%,所以D錯(cuò).故選:B.3D【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的運(yùn)算法則，共軛復(fù)數(shù)的概念以及復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式即可求出【詳解】因?yàn)閦=1+i，所以iz+3z=i1+i+31i=22i，所以iz+3z=4+4=22故選：D.4B【解析】【分析】由三視圖還原幾何體，再由棱柱的體積公式即可得解.【詳解】由三視圖還原幾何體，如圖，則該直四棱柱的體積V=2+4222=12.故選：B.5C【解析】【分析】先由平移求出曲線(xiàn)C的解

8、析式，再結(jié)合對(duì)稱(chēng)性得2+3=2+k,kZ，即可求出的最小值.【詳解】由題意知：曲線(xiàn)C為y=sinx+2+3=sin(x+2+3)，又C關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，則2+3=2+k,kZ，解得=13+2k,kZ，又0，故當(dāng)k=0時(shí)，的最小值為13.故選：C.6C【解析】【分析】先列舉出所有情況，再?gòu)闹刑舫鰯?shù)字之積是4的倍數(shù)的情況，由古典概型求概率即可.【詳解】從6張卡片中無(wú)放回抽取2張，共有1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,5,4,6,5,615種情況，其中數(shù)字之積為4的倍數(shù)的有1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66種情況，故概率為6

9、15=25.故選：C.7A【解析】【分析】由函數(shù)的奇偶性結(jié)合指數(shù)函數(shù)、三角函數(shù)的性質(zhì)逐項(xiàng)排除即可得解.【詳解】令f(x)=(3x3x)cosx,x2,2，則f(x)=(3x3x)cos(x)=(3x3x)cosx=f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，排除BD；又當(dāng)x(0,2)時(shí)，3x3x0,cosx0，所以f(x)0，排除C.故選：A.8B【解析】【分析】根據(jù)題意可知f1=2，f1=0即可解得a,b，再根據(jù)fx即可解出【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)fx定義域?yàn)?,+，所以依題可知，f1=2，f1=0，而fx=axbx2，所以b=2,ab=0，即a=2,b=2，所以fx=2x+2x2，因此函數(shù)fx在0,1上遞增，

10、在1,+上遞減，x=1時(shí)取最大值，滿(mǎn)足題意，即有f2=1+12=12故選：B.9D【解析】【分析】根據(jù)線(xiàn)面角的定義以及長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)特征即可求出【詳解】如圖所示：不妨設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c，依題以及長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)特征可知，B1D與平面ABCD所成角為B1DB，B1D與平面AA1B1B所成角為DB1A，所以sin30=cB1D=bB1D，即b=c，B1D=2c=a2+b2+c2，解得a=2c對(duì)于A(yíng)，AB=a，AD=b，AB=2AD，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，過(guò)B作BEAB1于E，易知BE平面AB1C1D，所以AB與平面AB1C1D所成角為BAE，因?yàn)閠anBAE=ca=22，所以BAE30，B錯(cuò)誤；

11、對(duì)于C，AC=a2+b2=3c，CB1=b2+c2=2c，ACCB1，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，B1D與平面BB1C1C所成角為DB1C，sinDB1C=CDB1D=a2c=22，而0DB1C1，再利用基本不等式，換底公式可得mlg11，log89m，然后由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可解出【詳解】由9m=10可得m=log910=lg10lg91，而lg9lg11lg9+lg1122=lg9922lg11lg10，即mlg11，所以a=10m1110lg1111=0又lg8lg10lg8+lg1022=lg8022lg10lg9，即log89m，所以b=8m90b故選：A.1334#0.75【解析】【分析】直接

12、由向量垂直的坐標(biāo)表示求解即可.【詳解】由題意知：ab=m+3(m+1)=0，解得m=34.故答案為：34.14(x1)2+(y+1)2=5【解析】【分析】設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，利用(3,0)和(0,1)均在M上，求得圓心及半徑，即可得圓的方程.【詳解】解：點(diǎn)M在直線(xiàn)2x+y1=0上，設(shè)點(diǎn)M為(a,12a)，又因?yàn)辄c(diǎn)(3,0)和(0,1)均在M上，點(diǎn)M到兩點(diǎn)的距離相等且為半徑R，(a3)2+(12a)2=a2+(2a)2=R，a26a+9+4a24a+1=5a2，解得a=1，M(1,1)，R=5，M的方程為(x1)2+(y+1)2=5.故答案為：(x1)2+(y+1)2=5152（滿(mǎn)足1e5皆可）【解

13、析】【分析】根據(jù)題干信息，只需雙曲線(xiàn)漸近線(xiàn)y=bax中00,b0)，所以C的漸近線(xiàn)方程為y=bax,結(jié)合漸近線(xiàn)的特點(diǎn)，只需01，所以1e5，故答案為：2（滿(mǎn)足10，利用余弦定理表示出AC2AB2后，結(jié)合基本不等式即可得解.【詳解】設(shè)CD=2BD=2m0，則在A(yíng)BD中，AB2=BD2+AD22BDADcosADB=m2+4+2m，在A(yíng)CD中，AC2=CD2+AD22CDADcosADC=4m2+44m，所以AC2AB2=4m2+44mm2+4+2m=4m2+4+2m121+mm2+4+2m=412m+1+3m+14122m+13m+1=423，當(dāng)且僅當(dāng)m+1=3m+1即m=31時(shí)，等號(hào)成立，所以

14、當(dāng)ACAB取最小值時(shí)，m=31.故答案為：31.17(1)A，B兩家公司長(zhǎng)途客車(chē)準(zhǔn)點(diǎn)的概率分別為1213，78(2)有【解析】【分析】（1）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)以及古典概型的概率公式可求得結(jié)果；（2）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)及公式計(jì)算K2，再利用臨界值表比較即可得結(jié)論.(1)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，A共有班次260次，準(zhǔn)點(diǎn)班次有240次，設(shè)A家公司長(zhǎng)途客車(chē)準(zhǔn)點(diǎn)事件為M，則P(M)=240260=1213；B共有班次240次，準(zhǔn)點(diǎn)班次有210次，設(shè)B家公司長(zhǎng)途客車(chē)準(zhǔn)點(diǎn)事件為N，則P(N)=210240=78.A家公司長(zhǎng)途客車(chē)準(zhǔn)點(diǎn)的概率為1213；B家公司長(zhǎng)途客車(chē)準(zhǔn)點(diǎn)的概率為78.(2)列聯(lián)表準(zhǔn)點(diǎn)班次數(shù)未準(zhǔn)點(diǎn)班次數(shù)合計(jì)A2

15、4020260B21030240合計(jì)45050500K2=n(adbc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=500(2403021020)2260240450503.2052.706，根據(jù)臨界值表可知，有90%的把握認(rèn)為甲、乙兩城之間的長(zhǎng)途客車(chē)是否準(zhǔn)點(diǎn)與客車(chē)所屬公司有關(guān).18(1)證明見(jiàn)解析；(2)78【解析】【分析】（1）依題意可得2Sn+n2=2nan+n，根據(jù)an=S1,n=1SnSn1,n2，作差即可得到anan1=1，從而得證；（2）由（1）及等比中項(xiàng)的性質(zhì)求出a1，即可得到an的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算可得(1)解：因?yàn)?Snn+n=2an+1，即2Sn

16、+n2=2nan+n，當(dāng)n2時(shí)，2Sn1+n12=2n1an1+n1，得，2Sn+n22Sn1n12=2nan+n2n1an1n1，即2an+2n1=2nan2n1an1+1，即2n1an2n1an1=2n1，所以anan1=1，n2且nN*，所以an是以1為公差的等差數(shù)列(2)解：由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比數(shù)列，所以a72=a4a9，即a1+62=a1+3a1+8，解得a1=12，所以an=n13，所以Sn=12n+nn12=12n2252n=12n25226258，所以，當(dāng)n=12或n=13時(shí)Snmin=7819(1)證明見(jiàn)解析；(

17、2)64033【解析】【分析】（1）分別取AB,BC的中點(diǎn)M,N，連接MN，由平面知識(shí)可知EMAB,FNBC，EM=FN，依題從而可證EM平面ABCD，F(xiàn)N平面ABCD，根據(jù)線(xiàn)面垂直的性質(zhì)定理可知EM/FN，即可知四邊形EMNF為平行四邊形，于是EF/MN，最后根據(jù)線(xiàn)面平行的判定定理即可證出；（2）再分別取AD,DC中點(diǎn)K,L，由（1）知，該幾何體的體積等于長(zhǎng)方體KMNLEFGH的體積加上四棱錐BMNFE體積的4倍，即可解出(1)如圖所示：，分別取AB,BC的中點(diǎn)M,N，連接MN，因?yàn)镋AB,FBC為全等的正三角形，所以EMAB,FNBC，EM=FN，又平面EAB平面ABCD，平面EAB平面A

18、BCD=AB，EM平面EAB，所以EM平面ABCD，同理可得FN平面ABCD，根據(jù)線(xiàn)面垂直的性質(zhì)定理可知EM/FN，而EM=FN，所以四邊形EMNF為平行四邊形，所以EF/MN，又EF平面ABCD，MN平面ABCD，所以EF/平面ABCD(2)如圖所示：，分別取AD,DC中點(diǎn)K,L，由（1）知，EF/MN且EF=MN，同理有，HE/KM,HE=KM，HG/KL,HG=KL，GF/LN,GF=LN，由平面知識(shí)可知，BDMN，MNMK，KM=MN=NL=LK，所以該幾何體的體積等于長(zhǎng)方體KMNLEFGH的體積加上四棱錐BMNFE體積的4倍因?yàn)镸N=NL=LK=KM=42，EM=8sin60=43，

19、點(diǎn)B到平面MNFE的距離即為點(diǎn)B到直線(xiàn)MN的距離d，d=22，所以該幾何體的體積V=42243+413424322=1283+25633=6403320(1)3(2)1,+【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切點(diǎn)求出切線(xiàn)方程，設(shè)出g(x)上的切點(diǎn)坐標(biāo)，由斜率求出切點(diǎn)坐標(biāo)，再由函數(shù)值求出a即可；（2）設(shè)出g(x)上的切點(diǎn)坐標(biāo)，分別由f(x)和g(x)及切點(diǎn)表示出切線(xiàn)方程，由切線(xiàn)重合表示出a，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)求出函數(shù)值域，即可求得a的取值范圍.(1)由題意知，f(1)=1(1)=0，f(x)=3x21，f(1)=31=2，則y=f(x)在點(diǎn)1,0處的切線(xiàn)方程為y=2(x+1)，即y=2x+2，設(shè)該

20、切線(xiàn)與g(x)切于點(diǎn)x2,g(x2)，g(x)=2x，則g(x2)=2x2=2，解得x2=1，則g(1)=1+a=2+2，解得a=3；(2)f(x)=3x21，則y=f(x)在點(diǎn)x1,f(x1)處的切線(xiàn)方程為yx13x1=3x121(xx1)，整理得y=3x121x2x13，設(shè)該切線(xiàn)與g(x)切于點(diǎn)x2,g(x2)，g(x)=2x，則g(x2)=2x2，則切線(xiàn)方程為yx22+a=2x2(xx2)，整理得y=2x2xx22+a，則3x121=2x22x13=x22+a，整理得a=x222x13=3x1221222x13=94x142x1332x12+14，令h(x)=94x42x332x2+14

21、，則h(x)=9x36x23x=3x(3x+1)(x1)，令h(x)0，解得13x1，令h(x)0，解得x13或0x0,y1y2=4，由斜率公式可得kMN=y1y2y124y224=4y1+y2，kAB=y3y4y324y424=4y3+y4，直線(xiàn)MD:x=x12y1y+2，代入拋物線(xiàn)方程可得y24(x12)y1y8=0，0,y1y3=8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，所以kAB=4y3+y4=42(y1+y2)=kMN2又因?yàn)橹本€(xiàn)MN、AB的傾斜角分別為,，所以kAB=tan=kMN2=tan2，若要使最大，則(0,2)，設(shè)kMN=2kAB=2k0，則tan()=tantan1+tantan=k1+2