2022年高考数学试卷（文）（全国乙卷）（解析卷）_历年高考真题合集_数学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考数学真题_数学（按省份分类）2008-2025_2008-2025·（新疆）数学高考真题

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. M =2,4,6,8,10,N =  x -1< x<6  M N = 1. 集合 ，则 I （ ） A. {2,4} B. {2,4,6} C. {2,4,6,8} D. {2,4,6,8,10} 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交集运算即可解出． 【详解】因为M =2,4,6,8,10 ，N =x|-1< x<6 ，所以M I N =2,4 ． 故选：A. 2. 设(1+2i)a+b=2i，其中a,b为实数，则（ ） A. a=1,b=-1 B. a=1,b=1 C. a=-1,b=1 D. a=-1,b=-1 【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a,bÎ R， a+b+2ai=2i，所以a+b=0,2a=2，解得：a=1,b=-1． 故选：A. r r r r 3. 已知向量a=(2,1)，b=(-2,4)，则 a-b （ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 第1页 | 共27页【答案】D 【解析】 r r 【分析】先求得a r -b r ，然后求得 a-b . r r r r 【详解】因为a-b=2,1--2,4=4,-3，所以 a-b = 42 +-32 =5. 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. 7.3+7.5 【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 =7.4，A选项结论正确. 2 对于B选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为： 6.3+7.4+7.6+8.1+8.2+8.2+8.5+8.6+8.6+8.6+8.6+9.0+9.2+9.3+9.8+10.1 =8.50625>8， 16 B选项结论正确. 6 对于C选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值 =0.375<0.4， 16 C选项结论错误. 第2页 | 共27页13 对于D选项，乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值 =0.8125>0.6， 16 D选项结论正确. 故选：C ìx+ y³2, ï 5. 若x，y满足约束条件íx+2y£4,则z =2x- y的最大值是（ ） ï y³0, î A. -2 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z =2x- y为y =2x-z， 上下平移直线y =2x-z，可得当直线过点 4,0 时，直线截距最小，z最大， 所以z =2´4-0=8. max 故选：C. 6. 设F为抛物线C: y2 =4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若 AF = BF ，则 AB =（ ） A. 2 B. 2 2 C. 3 D. 3 2 第3页 | 共27页【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A的横坐标，进而求得点A坐标，即可 得到答案. 【详解】由题意得，F1,0 ，则 AF = BF =2， 即点A到准线x=-1的距离为2，所以点A的横坐标为-1+2=1， 不妨设点A在x轴上方，代入得，A1,2 ， 所以 AB = 3-12 +0-22 =2 2. 故选：B 7. 执行下边的程序框图，输出的n=（ ） 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，b=b+2a =1+2=3， a =b-a =3-1=2,n=n+1=2， 第4页 | 共27页b2 32 1 -2 = -2 = >0.01； a2 22 4 执行第二次循环，b=b+2a =3+4=7， a =b-a =7-2=5,n=n+1=3， b2 72 1 -2 = -2 = >0.01； a2 52 25 执行第三次循环，b=b+2a=7+10=17， a =b-a =17-5=12,n=n+1=4， b2 172 1 -2 = -2 = <0.01，此时输出n=4. a2 122 144 故选：B 8. 如图是下列四个函数中的某个函数在区间[-3,3]的大致图像，则该函数是（ ） -x3 +3x x3-x 2xcosx 2sinx A. y = B. y = C. y = D. y = x2 +1 x2 +1 x2 +1 x2 +1 【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. x3-x 【详解】设 f x= ，则 f 1=0，故排除B; x2 +1 2xcosx æ πö 设hx= ，当xÎ ç 0, ÷时，00，故排除D. x2+1 10 故选：A. 9. 在正方体ABCD-ABCD 中，E，F分别为AB,BC的中点，则（ ） 1 1 1 1 A. 平面BEF ^平面BDD B. 平面BEF ^平面ABD 1 1 1 1 C. 平面BEF //平面AAC D. 平面BEF //平面ACD 1 1 1 1 1 【答案】A 【解析】 【分析】证明EF ^平面BDD ，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设 1 AB=2，分别求出平面BEF ，ABD，ACD的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 1 1 1 1 【详解】解：在正方体ABCD-ABCD 中， 1 1 1 1 AC ^BD且DD ^平面ABCD， 1 又EF Ì平面ABCD，所以EF ^ DD ， 1 因为E,F 分别为AB,BC的中点， 所以EF P AC，所以EF ^ BD， 又BD I DD 1 = D， 所以EF ^平面BDD ， 1 又EF Ì平面BEF ， 1 所以平面BEF ^平面BDD ，故A正确； 1 1 选项BCD解法一： 如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2， 则B 2,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A 2,0,2,A2,0,0,C0,2,0 ， 1 1 C 0,2,2 ， 1 第6页 | 共27页uuur uuur uuur uuuur 则EF =-1,1,0,EB =0,1,2，DB=2,2,0,DA =2,0,2， 1 1 uuur uuur uuuur AA =0,0,2,AC =-2,2,0,AC =-2,2,0, 1 1 1 ur 设平面BEF 的法向量为m=x ,y ,z ， 1 1 1 1 uuuv ìïmv×EF =-x + y =0 ur 则有í uuuv 1 1 ，可取m=2,2,-1， ïî mv×EB = y +2z =0 1 1 1 ur 同理可得平面ABD的法向量为n =1,-1,-1， 1 1 uur 平面AAC的法向量为n =1,1,0， 1 2 uur 平面ACD的法向量为n =1,1,-1， 1 1 3 ur ur 则m×n =2-2+1=1¹0， 1 所以平面BEF 与平面ABD不垂直，故B错误； 1 1 uur ur 因为m与n 不平行， 2 所以平面BEF 与平面AAC不平行，故C错误； 1 1 ur uur 因为m与n 不平行， 3 所以平面BEF 与平面ACD不平行，故D错误， 1 1 1 故选：A. 选项BCD解法二： 解：对于选项B，如图所示，设A 1 B I B 1 E =M ，EF I BD= N，则MN 为平面B 1 EF 与平面A 1 BD的 第7页 | 共27页交线， 在△BMN 内，作BP^MN 于点P，在 EMN 内，作GP^MN，交EN 于点G，连结BG， V 则ÐBPG或其补角为平面BEF 与平面ABD所成二面角的平面角， 1 1 由勾股定理可知：PB2 +PN2 = BN2，PG2 +PN2 =GN2， 底面正方形ABCD中，E,F 为中点，则EF ^ BD， 由勾股定理可得NB2 +NG2 = BG2， 从而有：NB2 +NG2 =  PB2 +PN2 +  PG2 +PN2 = BG2， 据此可得PB2 +PG2 ¹ BG2，即ÐBPG ¹90o， 据此可得平面BEF ^平面ABD不成立，选项B错误； 1 1 对于选项C，取A 1 B 1 的中点H ，则AH P B 1 E， 由于AH 与平面AAC相交，故平面BEF∥平面AAC不成立，选项C错误； 1 1 1 对于选项D，取AD的中点M ，很明显四边形A 1 B 1 FM 为平行四边形，则A 1 M P B 1 F， 由于AM 与平面ACD相交，故平面BEF∥平面ACD不成立，选项D错误； 1 1 1 1 1 1 第8页 | 共27页故选：A. 10. 已知等比数列 a  的前3项和为168，a -a =42，则a =（ ） n 2 5 6 A 14 B. 12 C. 6 D. 3 . 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列 a 的公比为q,q¹0，易得q ¹1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的 n 通项即可得解. 【详解】解：设等比数列 a  的公比为q,q¹0， n 若q =1，则a -a =0，与题意矛盾， 2 5 所以q ¹1， ì a  1-q3 ìa =96 ïa +a +a = 1 =168 ï 1 则í 1 2 3 1-q ，解得í 1 ， q= ï ï a -a =aq-aq4 =42 î 2 î 2 5 1 1 所以a =aq5 =3. 6 1 故选：D. 11. 函数 f x=cosx+x+1sinx+1在区间 0,2π 的最小值、最大值分别为（ ） π π 3π π π π 3π π A. - ， B. - ， C. - ， +2 D. - ， +2 2 2 2 2 2 2 2 2 【答案】D 【解析】 第9页 | 共27页【分析】利用导数求得 f x 的单调区间，从而判断出 f x 在区间 0,2π 上的最小值和最大值. 【详解】 f¢x=-sinx+sinx+x+1cosx=x+1cosx， æ πö æ3π ö 所以 f x 在区间ç0, ÷和ç ,2π ÷上 f¢x>0，即 f x 单调递增； è 2ø è 2 ø æπ 3πö 在区间ç , ÷上 f¢x<0，即 f x 单调递减， è2 2 ø æπö π æ3πö æ3π ö 3π 又 f 0= f 2π=2， f ç ÷ = +2， f ç ÷ =- ç +1 ÷ +1=- ， è2ø 2 è 2 ø è 2 ø 2 3π π 所以 f x 在区间 0,2π 上的最小值为- ，最大值为 +2. 2 2 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（ ） 1 1 3 2 A. B. C. D. 3 2 3 2 【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2r2，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a， 1 1 1 则S = ×AC×BD×sina£ ×AC×BD£ ×2r×2r =2r2 ABCD 2 2 2 （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2r2 又设四棱锥的高为h，则r2 + h2 = 1， 3 1 2 2 ær2 +r2 +2h2 ö 4 3 V = ×2r2×h= r2×r2×2h2 £ ç ÷ = O-ABCD 3 3 3 è 3 ø 27 第10页 | 共27页当且仅当r2 =2h2即h= 3 时等号成立. 3 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a，底面所在圆的半径为r，则 2 a2 r = a，所以该四棱锥的高h= 1- ， 2 2 æ a2 a2 a2 ö 3 V = 1 a2 1- a2 = 4 a2 × a2 ×(1- a2 ) £ 4 ç ç 4 + 4 +1- 2 ÷ ÷ = 4 ( 1 )3 = 4 3 3 2 3 4 4 2 3 ç 3 ÷ 3 3 27 ç ÷ è ø a2 a2 4 (当且仅当 =1- ，即a2 = 时，等号成立) 4 2 3 a2 2 3 所以该四棱锥的体积最大时，其高h= 1- = 1- = . 2 3 3 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a，底面所在圆的半径为r，则 2 a2 1 a2 1 t3 r = a，所以该四棱锥的高h= 1- ，V = a2 1- ，令a2 =t(00，单调递增， 0，而01结合导数讨论函数的单调性，求得函 x2 数的极值，即可得解. 【小问1详解】 1 1 1 1-x 当a=0时， f x=- -lnx,x>0，则 f¢x= - = ， x x2 x x2 当xÎ0,1 时， f¢x>0， f x 单调递增； 当xÎ1,+¥ 时， f¢x<0， f x 单调递减； 所以 f x = f 1=-1； max 【小问2详解】 1 1 a+1 ax-1x-1 f x=ax- -a+1lnx,x>0，则 f¢x=a+ - = ， x x2 x x2 当a£0时，ax-1<0，所以当xÎ0,1 时， f¢x>0， f x 单调递增； 当xÎ1,+¥ 时， f¢x<0， f x 单调递减； 所以 f x = f 1=a-1<0，此时函数无零点，不合题意； max 当01，在0,1, æ ç 1 ,+¥ ö ÷上， f¢x>0， f x 单调递增； a èa ø æ 1ö 在ç 1, ÷上， f¢x<0， f x 单调递减； è aø 第20页 | 共27页又 f 1=a-1<0， 1 1 由（1）得 +lnx³1，即ln ³1-x，所以lnx< x,ln x < x,lnx<2 x， x x 1 1 当x>1时， f(x)=ax- -(a+1)lnx>ax- -2(a+1) x >ax-(2a+3) x ， x x 则存在m= æ ç 3 +2 ö ÷ 2 > 1 ，使得 f m>0， èa ø a æ1 ö 所以 f x 仅在ç ,+¥ ÷有唯一零点，符合题意； èa ø x-12 当a =1时， f¢x= ³0，所以 f x 单调递增，又 f 1=a-1=0， x2 所以 f x 有唯一零点，符合题意； 当a>1时， 1 <1，在 æ ç0, 1ö ÷,1,+¥上， f¢x>0， f x 单调递增； a è aø æ1 ö 在ç ,1 ÷上， f¢x<0， f x 单调递减；此时 f 1=a-1>0， èa ø 1 1 æ 1 ö 由（1）得当0< x<1时，lnx>1- ，ln x >1- ，所以lnx>2 ç 1- ÷， x x è xø 1 1 æ 1 ö 1 2(a+1) 此时 f(x)=ax- -(a+1)lnx0，b>0，c>0，则 ， ， ， a2 >0 b2 >0 c2 >0 3 3 3 所以 a2 +b2 +c2 3 3 3 3 ， ³ a2 ×b2 ×c2 3 即abc 1 2 £ 1 ，所以abc£ 1 ，当且仅当 a 3 2 =b 3 2 =c 3 2 ，即a =b=c= 3 1 时取等号． 3 9 9 【小问2详解】 证明：因为a >0，b>0，c>0， 所以b+c³2 bc ，a+c³2 ac ，a+b³2 ab ， 3 3 3 a a a2 b b b2 c c c2 所以 ， ， £ = £ = £ = b+c 2 bc 2 abc a+c 2 ac 2 abc a+b 2 ab 2 abc 第25页 | 共27页3 3 3 3 3 3 a b c a2 b2 c2 a2 +b2 +c2 1 + + £ + + = = b+c a+c a+b 2 abc 2 abc 2 abc 2 abc 2 abc 当且仅当a=b=c时取等号． 第26页 | 共27页第27页 | 共27页