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2022 年普通高等学校招生全国统一考试 全国乙卷（文）
数学
一、选择题
1．(2022·全国乙卷文，1)集合M＝{2,4,6,8,10}，N＝{x|－1＜x＜6}，则M∩N 等于( )
A．{2,4}
B．{2,4,6}
C．{2,4,6,8}
D．{2,4,6,8,10}
答案 A
解析 由题意知M∩N＝{2,4}，故选A.
2．(2022·全国乙卷文，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 方法一 由题意知a＋b＋2ai＝2i，
又a，b∈R，所以解得
故选A.
方法二 由题意知a＋b＋(2a－2)i＝0，
又a，b∈R，所以
解得故选A.
3．(2022·全国乙卷文，3)已知向量a＝(2,1)，b＝(－2,4)，则|a－b|等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 D
解析 由题意知a－b＝(2,1)－(－2,4)＝(4，－3)，所以|a－b|＝＝5，故选D.
4．(2022·全国乙卷文，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
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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 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；
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)＝
8.506 25>8，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8 的概率的估计值＝0.375<0.4，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8 的概率的估计值＝0.812 5>0.6，D 选项结论
正确．故选C.
5．(2022·全国乙卷文，5)若x，y 满足约束条件则z＝2x－y 的最大值是( )
A．－2 B．4 C．8 D．12
答案 C
解析 方法一 由题意作出可行域，如图阴影部分(含边界)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zmax＝2×4－0＝8.故选C.
方法二 由得
此时z＝2×0－2＝－2；
由得
此时z＝2×2－0＝4；
由得
此时z＝2×4－0＝8.
综上所述，z＝2x－y 的最大值为8，故选C.
6．(2022·全国乙卷文，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|等于( )
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A．2 B．2 C．3 D．3
答案 B
解析 方法一 由题意可知F(1,0)，
抛物线的准线方程为x＝－1.
设A，则由抛物线的定义可知|AF|＝＋1，又|BF|＝3－1＝2，
故由|AF|＝|BF|，可得＋1＝2，
解得y0＝±2，所以A(1,2)或A(1，－2)．
不妨取A(1,2)，
故|AB|＝＝2，
故选B.
方法二 由题意可知F(1,0)，故|BF|＝2，
所以|AF|＝2.
又抛物线通径长为4，
所以|AF|＝2 为通径长的一半，
所以AF⊥x 轴，
所以|AB|＝＝2，故选B.
7．(2022·全国乙卷文，7)执行如图所示的程序框图，输出的n 等于( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 B
解析 第一次循环：b＝1＋2×1＝3，a＝3－1＝2，n＝1＋1＝2，＝＝＞0.01；第二次循环：
b＝3＋2×2＝7，a＝7－2＝5，n＝2＋1＝3，＝＝＞0.01；第三次循环：b＝7＋2×5＝17，
a＝17－5＝12，n＝3＋1＝4，＝＝＜0.01，输出n＝4.故选B.
8．(2022·全国乙卷文，8)如图是下列四个函数中的某个函数在区间[－3,3]的大致图象，则
该函数是( )
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A．y＝
B．y＝
C．y＝
D．y＝
答案 A
解析 对于选项B，当x＝1 时，y＝0，与图象不符，故排除B；对于选项D，当x＝3 时，
y＝sin 3＞0，与图象不符，故排除D；对于选项C，当0＜x＜时，0＜cos x＜1，故y＝＜
≤1，与图象不符，所以排除C.故选A.
9．(2022·全国乙卷文，9)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F 分别为AB，BC 的中点，则(
)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
答案 A
解析 对于选项A，在正方体ABCD－A1B1C1D1 中，因为B1B⊥平面ABCD，EF⊂平面
ABCD，所以B1B⊥EF.因为E，F 分别为AB，BC 的中点，所以EF⊥BD，又B1B∩BD＝
B，B1B，BD⊂平面BDD1，所以EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平
面BDD1，故选项A 正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，由选项A 知，
平面B1EF⊥平面A1BD 不成立，故选项B 错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E
必相交，故平面B1EF 与平面A1AC 不平行，故选项C 错误；对于选项D，连接AB1，
B1C(图略)，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C 与平面B1EF 有公共点B1，所以平面
AB1C 与平面B1EF 不平行，所以平面A1C1D 与平面B1EF 不平行，故选项D 错误．故选A.
10．(2022·全国乙卷文，10)已知等比数列{an}的前3 项和为168，a2－a5＝42，则a6等于(
)
A．14 B．12 C．6 D．3
答案 D
解析 方法一 设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1.
由题意可得
即解得
所以a6＝a1q5＝3，故选D.
方法二 设等比数列{an}的公比为q，
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易知q≠1.由题意可得
即解得
所以a6＝a1q5＝3，故选D.
11．(2022·全国乙卷文，11)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1 在区间[0,2π]的最小值、最大值
分别为( )
A．－，
B．－，
C．－，＋2
D．－，＋2
答案 D
解析 f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cos x＝
(x＋1)cos x，x∈[0,2π]．
令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝或x＝.
因为f ＝cos ＋sin ＋1
＝2＋，
f ＝cos ＋sin ＋1＝－，
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x)max＝f ＝2＋，
f(x)min＝f ＝－.故选D.
12．(2022·全国乙卷文，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 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O 组成的圆锥体积最大．
设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r，
则圆锥的体积V＝πr2h＝π(1－h2)h，
则V′＝π(1－3h2)，
令V′＝π(1－3h2)＝0，得h＝，
所以V＝π(1－h2)h 在上单调递增，在上单调递减，
所以当h＝时，四棱锥的体积最大，故选C.
二、填空题
13．(2022·全国乙卷文，13)记Sn为等差数列{an}的前n 项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝
________.
答案 2
解析 由2S3＝3S2＋6，
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可得2(a1＋a2＋a3)＝3(a1＋a2)＋6，
化简得2a3＝a1＋a2＋6，
即2(a1＋2d)＝2a1＋d＋6，
解得d＝2.
14．(2022·全国乙卷文，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
解析 甲、乙等5 名同学分别标记为a1，a2，a3，a4，a5，其中甲标记为a1，乙标记为a2.从
中随机选3 名参加社区服务工作的事件有{a1，a2，a3}，{a1，a2，a4}，{a1，a2，a5}，{a2，
a3，a4}，{a2，a3，a5}，{a3，a4，a5}，{a1，a3，a4}，{a1，a3，a5}，{a2，a4，a5}，{a1，
a4，a5}，共计10 种．甲、乙都入选的事件有{a1，a2，a3}{a1，a2，a4}，{a1，a2，a5}，共计
3 种，故所求概率P＝.
15．(2022·全国乙卷文，15)过四点(0,0)，(4,0)，(－1,1)，(4,2)中的三点的一个圆的方程为
________．
答案 (x－2)2＋(y－3)2＝13 或(x－2)2＋(y－1)2＝5 或2＋2＝或2＋2＝
解析 依题意设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F＞0.
若过(0,0)，(4,0)，(－1,1)，
则
解得满足D2＋E2－4F＞0，
所以圆的方程为x2＋y2－4x－6y＝0，
即(x－2)2＋(y－3)2＝13；
若过(0,0)，(4,0)，(4,2)，
则
解得满足D2＋E2－4F＞0，
所以圆的方程为x2＋y2－4x－2y＝0，
即(x－2)2＋(y－1)2＝5；
若过(0,0)，(4,2)，(－1,1)，
则
解得满足D2＋E2－4F＞0，
所以圆的方程为x2＋y2－x－y＝0，
即2＋2＝；
若过(－1,1)，(4,0)，(4,2)，
则
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解得满足D2＋E2－4F＞0，
所以圆的方程为x2＋y2－x－2y－＝0，
即2＋(y－1)2＝.
16．(2022·全国乙卷文，16)若f(x)＝ln＋b 是奇函数，则a＝______，b＝______.
答案 － ln 2
解析 f(x)＝ln＋b＝ln＋ln eb＝ln.
∵f(x)为奇函数，
∴f(－x)＋f(x)
＝ln＝0，
∴＝|1－x2|.
当(a＋1)2e2b－a2e2bx2＝1－x2时，
[(a＋1)2e2b－1]＋(1－a2e2b)x2＝0 对任意的x 恒成立，
则
解得
当(a＋1)2e2b－a2e2bx2＝x2－1 时，
[(a＋1)2e2b＋1]－(a2e2b＋1)x2＝0 对任意的x 恒成立，
则无解．
综上，a＝－，b＝ln 2.
三、解答题
(一)必考题
17．(2022·全国乙卷文，17)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知sin
Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)．
(1)若A＝2B，求C；
(2)证明：2a2＝b2＋c2.
(1)解 由A＝2B，A＋B＋C＝π，
可得A＝.
将A＝2B 代入sin Csin(A－B)
＝sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin B＝sin Bsin(C－A)．
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以sin C＝sin(C－A)．
又A，C∈(0，π)，所以C＋C－A＝π，
即A＝2C－π，与A＝联立，
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解得C＝.
(2)证明 方法一 由sin Csin(A－B)＝
sin Bsin(C－A)，
可得sin Csin Acos B－sin Ccos Asin B
＝sin Bsin Ccos A－sin Bcos Csin A，
结合正弦定理可得，
accos B－bccos A＝bccos A－abcos C，
即accos B＋abcos C＝2bccos A(*)．
由余弦定理得，
accos B＝，abcos C＝，
2bccos A＝b2＋c2－a2，
将上述三式代入(*)式并整理，
得2a2＝b2＋c2.
方法二 因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2Acos2B－cos2Asin2B＝sin2A(1－sin2B)－(1－
sin2A)sin2B＝sin2A－sin2B，
同理有sin Bsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A.
又sin Csin(A－B)＝sin Bsin(C－A)，
所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
即2sin2A＝sin2B＋sin2C，
故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
18．(2022·全国乙卷文，18)如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝
∠BDC，E 为AC 的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求三棱锥F－
ABC 的体积．
(1)证明 因为AD＝CD，E 为AC 的中点，所以AC⊥DE.
在△ADB 和△CDB 中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，
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所以BA＝BC，
又E 为AC 的中点，
所以AC⊥BE.
因为BE∩DE＝E，且BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)解 由(1)可知BA＝BC，又因为∠ACB＝60°，AB＝2，所以△ABC 为边长为2 的正三角形，
则AC＝2，BE＝，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC 为等腰直角三角形，所以DE＝1.
又BD＝2，所以BD2＝BE2＋DE2，
所以DE⊥EB.
连接EF(图略)，易知当△AFC 的面积最小时，EF 取最小值，
在Rt△BED 中，EF 的最小值为E 到BD 的距离，故当△AFC 的面积最小时，EF＝＝.
由射影定理知EF2＝DF·FB，
又DF＋FB＝BD＝2，
所以DF＝，FB＝.
方法一 因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，
则F 到平面ABC 的距离
d＝·DE＝.
故VF－ABC＝S△ABC·d＝××4×＝.
方法二 由(1)知BD⊥AC，
又BD⊥EF，AC∩EF＝E，AC，EF⊂平面ACF，
所以BD⊥平面ACF，
所以BF 即B 到平面ACF 的距离，
故VF－ABC＝VB－AFC＝S△AFC·BF
＝×·AC·EF·BF＝××2××＝.
19．(2022·全国乙卷文，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：m2)和材积量(单位：m3)，得到如下数据：
样本
号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
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根部
横截
面积
xi
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
材积
量yi
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∑x＝0.038，∑y＝1.615 8，
∑xiyi＝0.247 4.
(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186 m2.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r＝，≈1.377.
解 (1)样本中10 棵这种树木的根部横截面积的平均值＝＝0.06(m2)，
样本中10 棵这种树木的材积量的平均值
＝＝0.39(m3)，
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06 m2，平均一棵的材积量为0.39
m3.
(2)r＝
＝
＝
＝≈≈0.97.
(3)设该林区这种树木的总材积量的估计值为Y m3，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得＝，
解得Y＝1 209.
则该林区这种树木的总材积量估计为1 209 m3.
20．(2022·全国乙卷文，20)已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.
(1)当a＝0 时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a 的取值范围．
解 (1)当a＝0 时，f(x)＝－－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝－＝.
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
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当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝－1.
(2)由f(x)＝ax－－(a＋1)ln x(x＞0)，得f′(x)＝a＋－＝(x＞0)．
当a＝0 时，由(1)可知，f(x)不存在零点；
当a＜0 时，f′(x)＝，
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝a－1＜0，
所以f(x)不存在零点；
当a＞0 时，f′(x)＝，
当a＝1 时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(1)＝a－1＝0，
所以函数f(x)恰有一个零点；
当a＞1 时，0＜＜1，故f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
因为f(1)＝a－1＞0，
所以f ＞f(1)＞0，
当x→0＋时，f(x)→－∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，所以a＞1 满足条件，
当0＜a＜1 时，＞1，故f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减．
因为f(1)＝a－1＜0，所以f＜f(1)＜0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，由零点存在定理可知f(x)在上必有一个零点，即0＜a＜1 满足条
件．
综上，若f(x)恰有一个零点，则a 的取值范围为(0，＋∞)．
21．(2022·全国乙卷文，21)已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过
A(0，－2)，B 两点．
(1)求E 的方程；
(2)设过点P(1，－2)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MT＝TH.证明：直线HN 过定点．
(1)解 设椭圆E 的方程为mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0 且m≠n)，
由椭圆E 过A(0，－2)，B 两点，
得
解得
所以椭圆E 的方程为＋＝1.
(2)证明 当直线MN 的斜率不存在时，
lMN：x＝1，
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由得y2＝，
∴y＝±.
结合题意可知M，N，
∴过M 且平行于x 轴的直线的方程为
y＝－.
易知点T 的横坐标xT∈，直线AB 的方程为y－(－2)＝·(x－0)，即y＝x－2，
由得xT＝3－，
∴T.
∵MT＝TH，∴H，
lHN：y－＝(x－1)，
即y＝x－2.
此时直线HN 过定点(0，－2)．
当直线MN 的斜率存在时，如图，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
lMN：y＝kx＋m(由直线MN 过点P(1，－2)，可得k＋m＝－2)．
由
得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ＞0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝.
过M 且平行于x 轴的直线的方程为y＝y1，
与直线AB 的方程联立，得
得xT＝，
∴T.
∵MT＝TH，∴H(3y1＋6－x1，y1)，
lHN：y－y2＝(x－x2)，
即y＝x＋y2－
·x2.
令x＝0，得y＝y2－
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＝
＝.
∵y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，
y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)＝
k(x1＋x2)＋2m＝，
x1y2＋x2y1＝x1(kx2＋m)＋x2(kx1＋m)＝2kx1x2＋m(x1＋x2)＝，
∴－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＝＋＝＝，
－(x1＋x2)＋6＋3(y1＋y2)＝＋6＋＝＝，
∴y＝＝－2，
∴直线HN 过定点(0，－2)．
综上，直线HN 过定点(0，－2)．
(二)选考题
22．(2022·全国乙卷文，22)[选修4－4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 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ρsin＋m＝0.
(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．
解 (1)直线l 的极坐标方程为
ρsin＋m＝0，
即ρsin θ＋ρcos θ＋2m＝0，根据
得l 的直角坐标方程为x＋y＋2m＝0.
(2)曲线C 的参数方程为
(t 为参数)，
将sin t＝代入x＝cos 2t＝(1－2sin2t)，
得曲线C 的普通方程为y2＝－x＋2(－2≤y≤2)．
联立直线l 与曲线C 的方程，得(－2≤y≤2)，
消去x 并整理得
3y2－2y－6－4m＝0(－2≤y≤2)．
方法一 若直线l 与曲线C 有公共点，则
Δ＝(－2)2－4×3×(－6－4m)≥0，且
3×(－2)2－2×(－2)－6－4m≥0，
所以－≤m≤，
即m 的取值范围为.
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方法二 所以4m＝3y2－2y－6(－2≤y≤2)．
因为3y2－2y－6＝32－，
当－2≤y≤2 时，－≤3y2－2y－6≤10，
即－≤4m≤10，则－≤m≤，
即m 的取值范围为.
23．(2022·全国乙卷文，23)[选修4－5：不等式选讲]已知a，b，c 都是正数，且
，证明：
(1)abc≤；
(2)＋＋≤.
证明 (1)因为a，b，c 都是正数，1＝
≥
＝3，
所以abc≤，当且仅当a＝b＝c＝
时等号成立．
(2)因为b＞0，c＞0，所以b＋c≥2.
又因为a＞0，所以≤，
同理得≤，≤.
利用不等式的性质得
＋＋
≤＋＋
＝
＝
＝，
当且仅当a＝b＝c＝
时等号成立．
