文档内容
2022 年普通高等学校招生全国统一考试
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.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的交集运算即可解出．
【详解】因为 ， ，所以 ．
故选：A.
2. 设 ，其中 为实数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．
【详解】因为 R， ，所以 ，解得： ．
故选：A.3. 已知向量 ，则 （ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】先求得 ，然后求得 .
【详解】因为 ，所以 .
故选：D
4. 分别统计了甲、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7.4
B. 乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8
C. 甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4
D. 乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6
【答案】C
【解析】
【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案.
【详解】对于A选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为 ，A选项结论正确.
对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：
，B选项结论正确.
对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于 的概率的估计值 ，
C选项结论错误.
对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于 的概率的估计值 ，
D选项结论正确.
故选：C
5. 若x，y满足约束条件 则 的最大值是（ ）
A. B. 4 C. 8 D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】作出可行域，数形结合即可得解.
【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，
转化目标函数 为 ，
上下平移直线 ，可得当直线过点 时，直线截距最小，z最大，所以 .
故选：C.
6. 设F为抛物线 的焦点，点A在C上，点 ，若 ，则 （ ）
A. 2 B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点 的横坐标，进而求得点 坐标，即可
得到答案.
【详解】由题意得， ，则 ，
即点 到准线 的距离为2，所以点 的横坐标为 ，
不妨设点 在 轴上方，代入得， ，
所以 .
故选：B
7. 执行下边的程序框图，输出的 （ ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据框图循环计算即可.
【详解】执行第一次循环， ，
，
；
执行第二次循环， ，
，
；
执行第三次循环， ，
，
，此时输出 .
故选：B8. 如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.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】设 ，则 ，故排除B;
设 ，当 时， ，
所以 ，故排除C;
设 ，则 ，故排除D.
故选：A.
9. 在正方体 中，E，F分别为 的中点，则（ ）
A. 平面 平面 B. 平面 平面
C. 平面 平面 D. 平面 平面
【答案】A【解析】
【分析】证明 平面 ，即可判断A；如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，
分别求出平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体 中，
且 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 分别为 的中点，
所以 ，所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，
则 ，
，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，可取 ，同理可得平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
则 ，
所以平面 与平面 不垂直，故B错误；
因为 与 不平行，
所以平面 与平面 不平行，故C错误；
因为 与 不平行，
所以平面 与平面 不平行，故D错误，
故选：A.
选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设 ， ，则 为平面 与平面 的
交线，
在 内，作 于点 ，在 内，作 ，交 于点 ，连结 ，则 或其补角为平面 与平面 所成二面角的平面角，
由勾股定理可知： ， ，
底面正方形 中， 为中点，则 ，
由勾股定理可得 ，
从而有： ，
据此可得 ，即 ，
据此可得平面 平面 不成立，选项B错误；
对于选项C，取 的中点 ，则 ，
由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项C错误；
对于选项D，取 的中点 ，很明显四边形 为平行四边形，则 ，
由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项D错误；故选：A.
10. 已知等比数列 的前3项和为168， ，则 （ ）
.
A 14 B. 12 C. 6 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】设等比数列 的公比为 ，易得 ，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的
通项即可得解.
【详解】解：设等比数列 的公比为 ，
若 ，则 ，与题意矛盾，
所以 ，
则 ，解得 ，
所以 .
故选：D.
11. 函数 在区间 的最小值、最大值分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D【解析】
【分析】利用导数求得 的单调区间，从而判断出 在区间 上的最小值和最大值.
【详解】 ，
所以 在区间 和 上 ，即 单调递增；
在区间 上 ，即 单调递减，
又 ， ， ，
所以 在区间 上的最小值为 ，最大值为 .
故选：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.
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积
最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为 ，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为 ，则 ，
当且仅当 即 时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径为 ，则
，所以该四棱锥的高 ，
(当且仅当 ，即 时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高 .
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径为 ，则
，所以该四棱锥的高 ， ，令 ， ，设
，则 ，， ，单调递增， ， ，单调递减，
所以当 时， 最大，此时 ．
故选：C.
【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
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 _______．
【答案】2
【解析】
【分析】转化条件为 ，即可得解.
【详解】由 可得 ，化简得 ，
即 ，解得 .
故答案为：2.
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____________．
【答案】 ##0.3
【解析】
【分析】根据古典概型计算即可
【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名，
有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，
1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法；
其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率 .故答案为： .
解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为
甲、乙都入选的方法数为 ，所以甲、乙都入选的概率
故答案为：
15. 过四点 中的三点的一个圆的方程为____________．
【 答 案 】 或 或 或
．
【解析】
【分析】法一：设圆的方程为 ，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；
【详解】[法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为 ，
（1）若过 ， ， ，则 ，解得 ，
所以圆的方程为 ，即 ；
（2）若过 ， ， ，则 ，解得 ，
所以圆的方程为 ，即 ；（3）若过 ， ， ，则 ，解得 ，
所以圆的方程为 ，即 ；
（4）若过 ， ， ，则 ，解得 ，所以圆的方程
为 ，即 ；
故答案为： 或 或 或
．
[法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设
（1）若圆过 三点，圆心在直线 ，设圆心坐标为 ，
则 ，所以圆的方程为 ；
（2）若圆过 三点， 设圆心坐标为 ，则 ，所
以圆的方程为 ；（3）若圆过 三点，则线段 的中垂线方程为 ，线段 的中垂线方程 为
，联立得 ，所以圆的方程为 ；
（4）若圆过 三点，则线段 的中垂线方程为 ， 线段 中垂线方程为 ，
联立得 ，所以圆的方程为 ．
故答案为： 或 或 或
．
【整体点评】法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；
法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．
16. 若 是奇函数，则 _____， ______．
【答案】 ①. ； ②. ．
【解析】
【分析】根据奇函数的定义即可求出．
【详解】因为函数 为奇函数，所以其定义域关于原点对称．
由 可得， ，所以 ，解得： ，即函数的定义域为，再由 可得， ．即 ，
在定义域内满足 ，符合题意．
故答案为： ； ．
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. 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：
【答案】（1） ；
（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）根据题意可得， ，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得
，再根据正弦定理，余弦定理化简即
可证出．
【小问1详解】
由 ， 可得， ，而 ，
所以 ，即有 ，而 ，显然 ，所以，
，而 ， ，所以 ．【
小问2详解】
由 可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
18. 如图，四面体 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．
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明 平面 来证得平面 平面 .
（2）首先判断出三角形 的面积最小时 点的位置，然后求得 到平面 的距离，从而求得三棱锥 的体积.
【小问1详解】
由于 ， 是 的中点，所以 .
由于 ，所以 ，
所以 ，故 ，
由于 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
【小问2详解】
解法1：判别几何关系
依题意 ， ，三角形 是等边三角形，
所以 ，
由于 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .
，所以 ，
由于 ， 平面 ，所以 平面 .
由于 ，所以 ，
由于 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
由于 ，所以当 最短时，三角形 的面积最小过 作 ，垂足为 ，
在 中， ，解得 ，
所以 ，
所以
过 作 ，垂足为 ，则 ，所以 平面 ，且 ，
所以 ，
所以 .
解法2：等体积转换
， ，
是边长为2的等边三角形，
连接19. 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： ），得到如下数据：
总
样本号ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
和
.
根部横截面积
0.04 0.06 004 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
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 ．
【答案】（1） ；（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可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）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；
（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估
计值．
【小问1详解】
样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值
样本中10棵这种树木的材积量的平均值
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为 ，
平均一棵的材积量为
【小问2详解】
则
【小问3详解】
设该林区这种树木的总材积量的估计值为 ，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得 ，解之得 ．则该林区这种树木的总材积量估计为
20. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得 ，按照 、 及 结合导数讨论函数的单调性，求得函
数的极值，即可得解.
【小问1详解】
当 时， ，则 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
所以 ；
【小问2详解】
，则 ，
当 时， ，所以当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
所以 ，此时函数无零点，不合题意；当 时， ，在 上， ， 单调递增；
在 上， ， 单调递减；
又 ，
由（1）得 ，即 ，所以 ，
当 时， ，
则存在 ，使得 ，
所以 仅 有唯一零点，符合题意；
在
当 时， ，所以 单调递增，又 ，
所以 有唯一零点，符合题意；
当 时， ，在 上， ， 单调递增；
在 上， ， 单调递减；此时 ，
由（1）得当 时， ， ，所以 ，
此时
存在 ，使得 ，所以 在 有一个零点，在 无零点，
所以 有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为 .
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数
的单调性与极值的问题.
21. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【小问1详解】
解：设椭圆E的方程为 ，过 ，
则 ，解得 ， ，
所以椭圆E的方程为： .
【小问2详解】，所以 ，
①若过点 的直线斜率不存在，直线 .代入 ，
可得 ， ，代入AB方程 ，可得
，由 得到 .求得HN方程：
，过点 .
②若过点 的直线斜率存在，设 .
联立 得 ，
可得 ， ，
且
联立 可得
可求得此时 ，
将 ，代入整理得 ，
将 代入，得
显然成立，综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
（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.
[选修4—4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可；
（2）方法一：联立l与C的方程，采用换元法处理，根据新设a的取值范围求解m的范围即可.
【小问1详解】
因为l： ，所以 ，
又因为 ，所以化简为 ，
整理得l的直角坐标方程：
【小问2详解】[方法一]：【最优解】参数方程
联立l与C的方程，即将 ， 代入 中，
可得 ，
化简为 ，
要使l与C有公共点，则 有解，
令 ，则 ，令 ， ，
对称轴为 ，开口向上，
，
，
，即m的取值范围为 .
[方法二]：直角坐标方程
由曲线 的参数方程为 ， 为参数，消去参数 ，可得 ，
联立 ，得 ，即 ，
即有 ，即 ， 的取值范围是 ．
【整体点评】方法一：利用参数方程以及换元，转化为两个函数的图象有交点，是该题的最优解；
方法二：通过消参转化为直线与抛物线的位置关系，再转化为二次函数在闭区间上的值域，与方法一本质
上差不多，但容易忽视 的范围限制而出错．
[选修4—5：不等式选讲]23. 已知a，b，c都是正数，且 ，证明：
（1） ；
（2） ；
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；
（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．
【小问1详解】
证明：因为 ， ， ，则 ， ， ，
所以 ，
即 ，所以 ，当且仅当 ，即 时取等号．
【小问2详解】
证明：因为 ， ， ，
所以 ， ， ，
所以 ， ，
当且仅当 时取等号．
