文档内容
绝密★启用前
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.
【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. 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
B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于
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
【解析】
【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.
【详解】讲座前中位数为 ,所以 错；
讲座后问卷答题的正确率只有一个是 个 ,剩下全部大于等于 ,所以讲座后问卷答题的正确
率的平均数大于 ,所以B对；
的
讲座前问卷答题 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；
讲座后问卷答题的正确率的极差为 ，
讲座前问卷答题的正确率的极差为 ,所以 错.
故选:B.3. 若 ．则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．
【详解】因为 ，所以 ，所以 ．
故选：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. 8 B. 12 C. 16 D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
【详解】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积 .故选：B.
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
【解析】
【分析】先由平移求出曲线 的解析式，再结合对称性得 ，即可求出 的最小值.
【详解】由题意知：曲线 为 ，又 关于 轴对称，则
，
解得 ，又 ，故当 时， 的最小值为 .
故选：C.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：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.
【详解】[方法一]：【最优解】无序
从6张卡片中无放回抽取2张，共有
15种情况，其中数字之积为4的倍数的有 6种情况，故概率为 .
[方法二]：有序
从6张卡片中无放回抽取2张，共有
,(2,1),
(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况，
其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率
为 .
故选：C.
【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解；
方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出；
7. 函数 在区间 的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令 ，
则 ，
所以 为奇函数，排除BD；
又当 时， ，所以 ，排除C.
故选：A.
8. 当 时，函数 取得最大值 ，则 （ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知 ， 即可解得 ，再根据 即可解出．
【详解】因为函数 定义域为 ，所以依题可知， ， ，而 ，
所以 ，即 ，所以 ，因此函数 在 上递增，在
上递减， 时取最大值，满足题意，即有 ．
故选：B.
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
【解析】
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设 ，依题以及长方体的结构特征可知， 与平面 所成角为
， 与平面 所成角为 ，所以 ，即 ，
，解得 ．
对于A， ， ， ，A错误；
对于B，过 作 于 ，易知 平面 ，所以 与平面 所成角为 ，
因为 ，所以 ，B错误；
对于C， ， ， ，C错误；
对于D， 与平面 所成角为 ， ，而 ，所以 ．D正确．
故选：D．
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
【解析】
【分析】设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，根据圆锥的侧面积公式可得
，再结合圆心角之和可将 分别用 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.
【详解】解：设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，
则 ，
所以 ，
又 ，
则 ，
所以 ，所以甲圆锥的高 ，
乙圆锥的高 ，
所以 .
故选：C.
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
【解析】
【分析】根据离心率及 ，解得关于 的等量关系式，即可得解.
【详解】解：因为离心率 ，解得 ， ，
分别为C的左右顶点，则 ，
B为上顶点，所以 .
所以 ，因为
所以 ，将 代入，解得 ，故椭圆的方程为 .
故选：B.
12. 已知 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知 ，再利用基本不等式，换底公
式可得 ， ，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由 可得 ，而 ，所以
，即 ，所以 .
又 ，所以 ，即 ，
所以 .综上， .
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由 ，可得 ．
根据 的形式构造函数 ，则 ，
令 ，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，又因为 ，所以 .
故选：A.
【整体点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通
法；
法二：利用 的形式构造函数 ，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，
是该题的最优解．
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 ______________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.
【详解】由题意知： ，解得 .
故答案为： .
14. 设点M在直线 上，点 和 均在 上，则 的方程为______________．
【答案】
【解析】
【分析】设出点M的坐标，利用 和 均在 上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.
【详解】[方法一]：三点共圆
∵点M在直线 上，
∴设点M为 ，又因为点 和 均在 上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴ ，
，解得 ，
∴ ， ，
的方程为 .
故答案为：
[方法二]：圆的几何性质
由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线 的交点(1,-
1). , 的方程为 .
故答案为：
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______________．
【答案】2（满足 皆可）
【解析】
【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线 中 即可求得满足要求的e值.
【详解】解： ，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 与C无公共点”所以 ，
又因为 ，所以 ，
故答案为：2（满足 皆可）
16. 已知 中，点D在边BC上， ．当 取得最小值时，
________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】设 ，利用余弦定理表示出 后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设 ，
则在 中， ，
在 中， ，
所以
，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以当 取最小值时， .故答案为： .
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1， ），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
， ，
， ，
令 ，则 ，，
，
当且仅当 ，即 时等号成立.
[方法四]：判别式法
设 ，则
在 中， ，
在 中， ，
所以 ，记 ，
则
由方程有解得：
即 ，解得：
所以 ，此时
所以当 取最小值时， ，即 .
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.
（一）必考题：共60分.
的
17. 甲、乙两城之间 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
A 240 20
B 210 30
（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： ，
0.100 0.050 0.010
2.706 3.841 6.635
【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为 ，
（2）有
【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；
（2）根据表格中数据及公式计算 ，再利用临界值表比较即可得结论.
【小问1详解】
根据表中数据，A共有班次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 ；
B共有班次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 .
A家公司长途客车准点的概率为 ；B家公司长途客车准点的概率为 .
【小问2详解】
列联表
准点班次数 未准点班次数 合计
A 240 20 260
B 210 30 240
合计 450 50 500
= ，
根据临界值表可知，有 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. 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．
【答案】（1）证明见解析；
（2） ．
【解析】
分析】（1）依题意可得 ，根据 ，作差即可得到 ，
【
从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出 ，即可得到 的通项公式与前 项和，再根据二次函数的
性质计算可得．【小问1详解】
因为 ，即 ①，
当 时， ②，
① ②得， ，
即 ，
即 ，所以 ， 且 ，
所以 是以 为公差的等差数列．
【小问2详解】
[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得 ， ， ，
又 ， ， 成等比数列，所以 ，
即 ，解得 ，
所以 ，所以 ，
所以，当 或 时， ．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得 ， ， ，
又 ， ， 成等比数列，所以 ，
即 ，解得 ，
所以 ，即有 .
则当 或 时， ．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出 的最小值，适用于可以求出 的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
19. 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： ）的正方形， 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面
垂直．
（1）证明： 平面 ；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】（1）证明见解析；
（2） ．
【解析】
【分析】（1）分别取 的中点 ，连接 ，由平面知识可知 ，
，依题从而可证 平面 ， 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知
，即可知四边形 为平行四边形，于是 ，最后根据线面平行的判定定理即可
证出；（2）再分别取 中点 ，由（1）知，该几何体的体积等于长方体 的体积加上
四棱锥 体积的 倍，即可解出．
【小问1详解】
如图所示：
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 ．
【
小问2详解】
[方法一]：分割法一
如图所示：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
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH
的 倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂
直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的
体积20. 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．
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】（1）先由 上的切点求出切线方程，设出 上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函
数值求出 即可；
（2）设出 上的切点坐标，分别由 和 及切点表示出切线方程，由切线重合表示出 ，构造函
数，求导求出函数值域，即可求得 的取值范围.
【小问1详解】
由题意知， ， ， ，则 在点 处的切线
方程为 ，
即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则
，解得 ；
【小问2详解】
，则 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：
0 1
0 0 0
则 的值域为 ，故 的取值范围为 .
21. 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 与C的另一个交点分别为A，B，记直线 的倾斜角分别为 ．当
取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得 ，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线 ，由韦达定理及斜率公式可得 ，再由差角的正
切公式及基本不等式可得 ，设直线 ，结合韦达定理可解.
【小问1详解】
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 ；
【小问2详解】
[方法一]：【最优解】直线方程横截式
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 .
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设 ,直线
由 得： ， ,同理， .
直线MD: ,代入抛物线方程可得： ，同理， .
代入抛物线方程可得: ,所以 ，同理可得 ，
由斜率公式可得：
（下同方法一）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
.
[方法三]：三点共线
设 ，
设 ,若 P、M、N三点共线，由
所以 ，化简得 ，
反之，若 ,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得 ，
由M、D、A三点共线，得 ，
由N、D、B三点共线，得 ，
,
则 ，AB过定点（4 0）
（下同方法一）若要使 最大，则 ，设 ，则 ，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以当 最大时， ，所以直线 .
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线 的斜率
关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通
性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线 过定点，省去联立过程，也不失为一种简
化运算的好方法．
（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.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
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）．
（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．
【答案】（1） ；（2） 的交点坐标为 ， ， 的交点坐标为 ， ．
【解析】
【分析】(1)消去 ，即可得到 的普通方程；
(2)将曲线 的方程化成普通方程，联立求解即解出．
【小问1详解】
因为 ， ，所以 ，即 的普通方程为 ．
【小问2详解】
因为 ，所以 ，即 的普通方程为 ，
由 ，即 的普通方程为 ．
联立 ，解得： 或 ，即交点坐标为 ， ；
联立 ，解得： 或 ，即交点坐标为 ， ．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知a，b，c均为正数，且 ，证明：
（1） ；
（2）若 ，则 ．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）方法一：根据 ，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.
【小问1详解】
[方法一]：【最优解】柯西不等式
由柯西不等式有 ，
所以 ，当且仅当 时，取等号，所以 .
[方法二]：基本不等式
由 ， ， ，
，
当且仅当 时，取等号，所以 .
【小问2详解】
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 .
【点睛】（1）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解；
方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也是不错的方法．
