2022年高考文数真题试卷（全国甲卷）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．【答案】A【知识点】交集及其运算【解析】【解答】解：∵，∴.故选：A【分析】根据集合的交集运算即可解出．2．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【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差【解析】【解答】解：对于A，讲座前中位数为，所以A错；对于B，讲座后问卷答题的正确率只有1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；对于C，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；对于D，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.【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.3．若．则（）A．B．C．D．【答案】D【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算；复数求模【解析】【解答】解：因为z=1+i，所以，所以．故选：D【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念先求得，再由复数的求模公式即可求出.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）【知识点】由三视图求面积、体积；棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：由三视图还原几何体，如图，n则该直四棱柱的体积.故选：B.【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.5．将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】C【知识点】函数的图象与图象变化；正弦函数的图象；正弦函数的奇偶性与对称性【解析】【解答】解：由题意知：曲线C为，又曲线C关于y轴对称，则解得，又ω>0，，故当k=0时，ω的最小值为.故选：C.【分析】先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得，即可求出ω的最小值.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（）B．C．D．【答案】C【知识点】古典概型及其概率计算公式【解析】【解答】解：从6张卡片中无放回抽取2张，共有如下15种情况：(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)，(5，6)，其中数字之积为4的倍数的有其中数字之积为4的倍数的有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，6)，共6种情况，故概率为.故选：C.【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.7．函数在区间的图像大致为（）A．B．C．D．【答案】A【知识点】函数奇偶性的性质；函数的值【解析】【解答】解：由题意得，f(-x)=(3-x-3x)cos(-x)=-(3x-3-x)cosx=-f(x)，又所以f(x)为奇函数，排除BD；又当时，3x-3-x>0，cosx>0，所以f(x)>0，排除C.故选：A.【分析】由函数的奇偶性排除BD，结合指数函数、三角函数的性质逐项排除C，即可得解.8．当时，函数取得最大值，则（）A．-1B．C．D．1【答案】B【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【解答】因为函数f(x)定义域为（0，+∞），所以依题可知，f(1)=-2，f'(1)=0，n又，则，解得，所以，由f'(x)>0，得0<x<1，由f'(x)<0，得x>1，因此函数f(x)在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，则当x=1时取最大值，满足题意，即有．故选：B.【分析】根据题意可知f(1)=-2，f'(1)=0，列式即可解得a，b，再根据f'(x)即可解出．9．在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为（），则A．B．AB与平面所成的角为C．D．与平面所成的角为【答案】D【知识点】直线与平面所成的角【解析】【解答】解：如图所示：所以r1=2r2，不妨设AB=a，AD=b，AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，所以，即b=c，，解得．对于A，AB=a，AD=b，AB=AD，A错误；对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，因为，所以，B错误；对于C，，C错误；对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，又，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C=45°．D正确．故选：D．【分析】先设AB=a，AD=b，AA1=c，再由题意得，b=c，最后根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．10．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．【答案】C【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）【解析】【解答】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，则，又，n则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C.【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和可将r1，r2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.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，则C的方程为（）A．B．C．D．【答案】B【知识点】平面向量数量积的运算；平面向量数量积坐标表示的应用；椭圆的简单性质【解析】【解答】解：因为离心率，解得，则b2=a2，记A1，A2分别为C的左右顶点，则A1（-a，0），A2（a，0），又B为上顶点，所以B（0，b），所以，因为所以-a2+b2=-1，将b2=a2代入，解得a2=9，b2=8，故椭圆的方程为.故选：B.【分析】根据离心率及，解得关于a2，b2的等量关系式，即可得解.，则（）C．12．已知A．B．D．【答案】A【知识点】指数函数单调性的应用；指数式与对数式的互化；换底公式的应用；对数函数的单调性与特殊点【解析】【解答】解：由9m=10可得，而，所以，即m>lg11，所以a=10m-11>10lg11-11=0．又，所以，即log89>m，所以．综上，a>0>b．故选：A【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知m=log910>1，再利用基本不等式，换底公式可得m>lg11，log89>m，然后由指数函数的单调性即可解出．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．n【答案】或-0.75【知识点】数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】【解答】由题意知：故答案为：.，解得.【分析】由向量垂直的坐标表示求解即可.14．设点M在直线上，点为．和均在上，则的方程【答案】【知识点】圆的标准方程【解析】【解答】解：∵点M在直线上，∴设点M为（a，1-2a），又因为点和均在上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴，化简得：a2-6a+9+4a2-4a+1=5a2，解得a=1，∴M（1，-1），则的方程为故答案为：，.【分析】设出点M的坐标，利用点和均在上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.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．【答案】2（满足皆可）【知识点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解：因为双曲线，所以C的渐近线方程为，结合渐近线的特点，只需，即，可满足条件“直线y=2x与C无公共点”所以，又因为e>1，所以，故答案为：2（满足皆可）【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线16．已知中，点D在边BC上，．【答案】或中即可求得满足要求的e值.．当取得最小值时，【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用【解析】【解答】解：设CD=2BD=2m>0，则在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD·ADcos∠ADB=m2+4+2m，在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD·ADcos∠ADC=4m2+4-4m，所以，当且仅当即时，等号成立，n所以当取最小值时，，即BD=.故答案为：.【分析】设CD=2BD=2m>0，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.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17~21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。17．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附：，0.1000.0500.0102.7063.8416.635（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？【答案】（1）解：由表中数据可知，A共有班次240+20=260次，准点班次有240次，设A家公司长途客车准点事件为M，则；则A家公司长途客车准点的概率为；B共有班次210+30=240次，准点班次有210次，设B家公司长途客车准点事件为N，则.B家公司长途客车准点的概率为.（2）解：列联表准点班次数未准点班次数合计A24020260B21030240合计45050500=，根据临界值表可知，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.【知识点】独立性检验的应用；古典概型及其概率计算公式【解析】【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；，且（2）根据表格中数据及公式计算K2，再利用临界值表比较即可得结论.记为数列的前n项和．已知．证明：是等差数列；若成等比数列，求的最小值．【答案】（1）已知，即①，当时，②，①-②得，即，即，所以，所以是以1为公差的等差数列．（2）由（1）中可得，，，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时．【知识点】等差数列；等差数列的前n项和；等比数列的性质；数列递推式【解析】【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到n，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{an}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垂直．证明：平面；求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】（1）证明：分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）解：分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积．【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质【解析】【分析】（1）依题意，根据直线与平面垂直的判定定理可得EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，可得EF//MN，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD，DC中点K，L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．20．已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．若，求a：求a的取值范围．【答案】（1）解：由题意知，在点处的切线方程为即，设该切线与切于点，则，解得（2）解：，则，，，则，，，则，解得；在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：01-0+0-0+-1则的值域为，故的取值范围为.【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求n导求出函数值域，即可求得a的取值范围.21．设抛物线的焦点为F，点MD垂直于x轴时，．（1）求C的方程：，过的直线交C于M，N两点．当直线（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线．当取得最大值时，求直线AB的方程．的倾斜角分别为【答案】（1）解：抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，所以抛物线C的方程为；（2）解：设，直线，由可得，，由斜率公式可得，，直线，代入抛物线方程可得，，所以，同理可得，所以又因为直线MN、AB的倾斜角分别为所以，，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；（2）设点的坐标及直线MN：x=my+1，由韦达定理及斜率公式可得KMN=2KAB，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线AB：，结合韦达定理可解.四、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．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）．写出的普通方程；以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线，求与交点的直角坐标，及与的极坐标方程为交点的直角坐标．【答案】（1）解：因为，，所以，即普通方程为．（2）解：因为，所以，即的普通方程为，由，即的普通方程为．n联立，解得：或，即交点坐标为，；联立，解得：或，即交点坐标，．【知识点】直线与圆锥曲线的关系；参数方程化成普通方程【解析】【分析】(1)消去参数t，即可得到C1的普通方程；(2)将曲线C2，C3的方程化成普通方程，联立求解即解出．23．已知a，b，c均为正数，且，证明：（1）；（2）若，则．【答案】（1）证明：由柯西不等式有所以，当且仅当时，取等号，所以，（2）证明：因为，，，，由（1）得，即，所以，由权方和不等式知，当且仅当，即，时取等号，所以.【知识点】一般形式的柯西不等式【解析】【分析】（1）根据a2+b2+4c2=a2+b2+(2c)2，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得，即可得到，再根据权方和不等式即可得证.