文档文本内容
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；
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；
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】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】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
.
故选：C.
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】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】由
可得
，而
，
所以
，即
，所以
．
又
，所以
，即
，
所以
．综上，
．
故选：A.
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】解：∵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
：
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】设
，
则
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：
.
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.
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
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）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】
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】
解：由（1）可得
，
，
，
又
，
，
成等比数列，所以
，
即
，解得
，
所以
，所以
，
所以，当
或
时
．
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】
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
．
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
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）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
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】
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
.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关
系.
（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）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】
证明：由柯西不等式有
，
所以
，
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
.
