1、2022年全国统一高考数学试卷（文科）（乙卷）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（5分）集合M2，4，6，8，10，Nx|1x6，则MN（）A2，4B2，4，6C2，4，6，8D2，4，6，8，102（5分）设（1+2i）a+b2i，其中a，b为实数，则（）Aa1，b1Ba1，b1Ca1，b1Da1，b13（5分）已知向量a=（2，1），b=（2，4），则|a-b|（）A2B3C4D54（5分）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），得如图茎叶图：则下列结论中错误的是（）A甲同学周课外体育运动时长的
2、样本中位数为7.4B乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.65（5分）若x，y满足约束条件x+y2，x+2y4，y0，则z2xy的最大值是（）A2B4C8D126（5分）设F为抛物线C：y24x的焦点，点A在C上，点B（3，0），若|AF|BF|，则|AB|（）A2B22C3D327（5分）执行如图的程序框图，输出的n（）A3B4C5D68（5分）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（）Ay=-x3+3xx2+1By=x3-xx2+1Cy=2xcosxx
3、2+1Dy=2sinxx2+19（5分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A平面B1EF平面BDD1B平面B1EF平面A1BDC平面B1EF平面A1ACD平面B1EF平面A1C1D10（5分）已知等比数列an的前3项和为168，a2a542，则a6（）A14B12C6D311（5分）函数f（x）cosx+（x+1）sinx+1在区间0，2的最小值、最大值分别为（）A-2，2B-32，2C-2，2+2D-32，2+212（5分）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（）A13B12C33D22二
4、、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）记Sn为等差数列an的前n项和若2S33S2+6，则公差d 14（5分）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 15（5分）过四点（0，0），（4，0），（1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为 16（5分）若f（x）ln|a+11-x|+b是奇函数，则a ，b 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1721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（12分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
5、sinCsin（AB）sinBsin（CA）（1）若A2B，求C；（2）证明：2a2b2+c218（12分）如图，四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC的中点（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设ABBD2，ACB60，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体积19（12分）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i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050
6、.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得i=110 xi20.038，i=110 yi21.6158，i=110 xiyi0.2474（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186m2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=i=1n (xi-x
7、)(yi-y)i=1n (xi-x)2i=1n (yi-y)2，1.8961.37720（12分）已知函数f（x）ax-1x-（a+1）lnx（1）当a0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21（12分）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（32，1）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（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（10分）2
8、2（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=3cos2t，y=2sint（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sin（+3）+m0（1）写出l的直角坐标方程；（2）若l与C有公共点，求m的取值范围选修4-5：不等式选讲（10分）23已知a，b，c都是正数，且a32+b32+c32=1，证明：（1）abc19；（2）ab+c+ba+c+ca+b12abc2022年全国统一高考数学试卷（文科）（乙卷）参考答案与试题解析一、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（5分）集合M2，4
9、，6，8，10，Nx|1x6，则MN（）A2，4B2，4，6C2，4，6，8D2，4，6，8，10【解答】解：M2，4，6，8，10，Nx|1x6，MN2，4故选：A2（5分）设（1+2i）a+b2i，其中a，b为实数，则（）Aa1，b1Ba1，b1Ca1，b1Da1，b1【解答】解：（1+2i）a+b2i，a+b+2ai2i，即a+b=02a=2，解得a=1b=-1故选：A3（5分）已知向量a=（2，1），b=（2，4），则|a-b|（）A2B3C4D5【解答】解：a-b=(4，-3)，故=42+(-3)2=5，故选：D4（5分）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
10、），得如图茎叶图：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7.4B乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D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【解答】解：由茎叶图可知，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.3+7.52=7.4，选项A说法正确；由茎叶图可知，乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8，选项B说法正确；甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值为616=380.4，选项C说法错误；乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值为1316=0.81250.6，选项D说法正确故选
11、：C5（5分）若x，y满足约束条件x+y2，x+2y4，y0，则z2xy的最大值是（）A2B4C8D12【解答】解：作出可行域如下图阴影部分所示，由图可知，当（x，y）取点C（4，0）时，目标函数z2xy取得最大值，且最大为8故选：C6（5分）设F为抛物线C：y24x的焦点，点A在C上，点B（3，0），若|AF|BF|，则|AB|（）A2B22C3D32【解答】解：F为抛物线C：y24x的焦点（1，0），点A在C上，点B（3，0），|AF|BF|2，由抛物线的定义可知A（1，2）（A不妨在第一象限），所以|AB|=(3-1)2+(-2)2=22故选：B7（5分）执行如图的程序框图，输出的n（）
12、A3B4C5D6【解答】解：模拟执行程序的运行过程，如下：输入a1，b1，n1，计算b1+23，a312，n2，判断|3222-2|=14=0.250.01，计算b3+47，a725，n3，判断|7252-2|=125=0.040.01；计算b7+1017，a17512，n4，判断|172122-2|=11440.01；输出n4故选：B8（5分）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（）Ay=-x3+3xx2+1By=x3-xx2+1Cy=2xcosxx2+1Dy=2sinxx2+1【解答】解：首先根据图像判断函数为奇函数，其次观察函数在（1，3）存在零点，而对于B选
13、项：令y0，即x3-xx2+1=0，解得x0，或x1或x1，故排除B选项，对于D选项，令y0，即2sinxx2+1=0，解得xk，kZ，故排除D选项，C选项分母为x2+1恒为正，但是分子中cosx是个周期函数，故函数图像在（0，+）必定是正负周期出现，故错误，故选：A9（5分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A平面B1EF平面BDD1B平面B1EF平面A1BDC平面B1EF平面A1ACD平面B1EF平面A1C1D【解答】解：对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EFAC，又ACBD，ACDD1，BDDD1D，且BD，DD1平面BDD1，AC平面BD
14、D1，则EF平面BDD1，又EF平面B1EF，平面B1EF平面BDD1，选项A正确；对于B，由选项A可知，平面B1EF平面BDD1，而平面BDD1平面A1BDBD，故平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；对于D，易知平面AB1C平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误故选：A10（5分）已知等比数列an的前3项和为168，a2a542，则a6（）A14B12C6D3【解答】解：设等比数列an的公比为q，q0，由
15、题意，q1前3项和为a1+a2+a3=a1(1-q3)1-q=168，a2a5a1qa1q4a1q（1q3）42，q=12，a196，则a6a1q596132=3，故选：D11（5分）函数f（x）cosx+（x+1）sinx+1在区间0，2的最小值、最大值分别为（）A-2，2B-32，2C-2，2+2D-32，2+2【解答】解：f（x）cosx+（x+1）sinx+1，x0，2，则f（x）sinx+sinx+（x+1）cosx（x+1）cosx，令cosx0得，x=2或32，当x0，2）时，f（x）0，f（x）单调递增；当x(2，32)时，f（x）0，f（x）单调递减；当x（32，2时，f（x
16、）0，f（x）单调递增，f（x）在区间0，2上的极大值为f（2）=2+2，极小值为f（32）=-32，又f（0）2，f（2）2，函数f（x）在区间0，2的最小值为-32，最大值为2+2，故选：D12（5分）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（）A13B12C33D22【解答】解：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r=22a，该四棱锥的高h=1-a22，该四棱锥的体积V=13a21-a22=43a24a24(1-a22)43(a24+a24+1-a223)3=43(13)3=4
17、327，当且仅当a24=1-a22，即a2=43时，等号成立，该四棱锥的体积最大时，其高h=1-a22=1-23=33，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）记Sn为等差数列an的前n项和若2S33S2+6，则公差d2【解答】解：2S33S2+6，2（a1+a2+a3）3（a1+a2）+6，an为等差数列，6a23a1+3a2+6，3（a2a1）3d6，解得d2故答案为：214（5分）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 310【解答】解：由题意，从甲、乙等5名学生中随机选出3人，基本事件总数C53=10，甲、乙被选中，则从剩下的
18、3人中选一人，包含的基本事件的个数C31=3，根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P=C31C53=310故答案为：31015（5分）过四点（0，0），（4，0），（1，1），（4，2）中的三点的一个圆的方程为 x2+y24x6y0（或x2+y24x2y0或x2+y2-83x-143y0或x2+y2-165x2y-165=0）【解答】解：设过点（0，0），（4，0），（1，1）的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F0，即F=016+4D+F=02-D+E+F=0，解得F0，D4，E6，所以过点（0，0），（4，0），（1，1）圆的方程为x2+y24x6y0同理可得，过点（0，0）
19、，（4，0），（4，2）圆的方程为x2+y24x2y0过点（0，0），（1，1），（4，2）圆的方程为x2+y2-83x-143y0过点（4，0），（1，1），（4，2）圆的方程为x2+y2-165x2y-165=0故答案为：x2+y24x6y0（或x2+y24x2y0或x2+y2-83x-143y0或x2+y2-165x2y-165=0）16（5分）若f（x）ln|a+11-x|+b是奇函数，则a-12，bln2【解答】解：f（x）ln|a+11-x|+b，若a0，则函数f（x）的定义域为x|x1，不关于原点对称，不具有奇偶性，a0，由函数解析式有意义可得，x1且a+11-x0，x1且x1+
20、1a，函数f（x）为奇函数，定义域必须关于原点对称，1+1a=-1，解得a=-12，f（x）ln|1+x2(1-x)|+b，定义域为x|x1且x1，由f（0）0得，ln12+b0，bln2，故答案为：-12；ln2三、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1721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（12分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin（AB）sinBsin（CA）（1）若A2B，求C；（2）证明：2a2b2+c2【解答】解：（1）由sinCsin（AB）sinBs
21、in（CA），又A2B，sinCsinBsinBsin（CA），sinB0，sinCsin（CA），即CCA（舍去）或C+CA，联立A=2B2C-A=A+B+C=，解得C=58；证明：（2）由sinCsin（AB）sinBsin（CA），得sinCsinAcosBsinCcosAsinBsinBsinCcosAsinBcosCsinA，由正弦定理可得accosBbccosAbccosAabcosC，由余弦定理可得：aca2+c2-b22ac=2bcb2+c2-a22bc-aba2+b2-c22ab，整理可得：2a2b2+c218（12分）如图，四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC
22、，E为AC的中点（1）证明：平面BED平面ACD；（2）设ABBD2，ACB60，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体积【解答】证明：（1）ADCD，ADBBDC，BDBD，ADBCDB，ABBC，又E为AC的中点ACBE，ADCD，E为AC的中点ACDE，又BEDEE，AC平面BED，又AC平面ACD，平面BED平面ACD；解：（2）由（1）可知ABBC，ABBC2，ACB60，ABC是等边三角形，边长为2，BE=3，AC2，ADCD=2，DE1，DE2+BE2BD2，DEBE，又DEAC，ACBEE，DE平面ABC，由（1）知ADBCDB，AFCF，连接EF，则EFAC
23、，SAFC=12ACEF=EF，当EFBD时，EF最短，此时AFC的面积最小，过点F作FGBE于点G，则FGDE，FG平面ABC，EF=DEBEBD=32，BF=BE2-EF2=32，FG=EFBFBE=34，三棱锥FABC的体积V=13SABCFG=13342234=3419（12分）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i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.06
24、0.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得i=110 xi20.038，i=110 yi21.6158，i=110 xiyi0.2474（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186m2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=i=1n (xi-x)(yi-y)i=1n (xi
25、-x)2i=1n (yi-y)2，1.8961.377【解答】解：（1）设这棵树木平均一棵的根部横截面积为x，平均一棵的材积量为y，则根据题中数据得：x=0.610=0.06m2，y=3.910=0.39m3；（2）由题可知，r=i=110 (xi-x)(yi-y)i=110 (xi-x)2i=110 (yi-y)2=i=110 xiyi-nxy(i=110 xi2-nx2)(i=110 yi2-ny2)=0.01340.0020.0948=0.01340.011.896=0.01340.013770.97；（3）设从根部面积总和X，总材积量为Y，则XY=xy，故Y=0.390.06186=1
26、209（m3）20（12分）已知函数f（x）ax-1x-（a+1）lnx（1）当a0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【解答】解：（1）当a0时，f(x)=-1x-lnx(x0)，则f(x)=1x2-1x=1-xx2，易知函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，f（x）在x1处取得极大值，同时也是最大值，函数f（x）的最大值为f（1）1；（2）f(x)=a+1x2-a+1x=ax2-(a+1)x+1x2=(x-1)(ax-1)x2，当a0时，由（1）可知，函数f（x）无零点；当a0时，易知函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单
27、调递减，又f（1）a10，故此时函数f（x）无零点；当0a1时，易知函数f（x）在(0，1)，(1a，+)上单调递增，在(1，1a)单调递减，且f（1）a10，f(1a)=1-a+(a+1)lna0，且当x+时，f（x）0，此时f（x）在（0，+）上存在唯一零点；当a1时，f(x)=(x-1)2x20，函数f（x）在（0，+）上单调递增，又f（1）0，故此时函数f（x）有唯一零点；当a1时，易知函数f（x）在(0，1a)，(1，+)上单调递增，在(1a，1)上单调递减，且f（1）a10，且当x0时，f（x）0，故函数f（x）在（0，+）上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为（0，+）21（1
28、2分）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（32，1）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【解答】解：（1）设E的方程为x2a2+y2b2=1，将A(0，-2)，B(32，-1)两点代入得4b2=194a2+1b2=1，解得a23，b24，故E的方程为x23+y24=1；（2）由A(0，-2)，B(32，-1)可得直线AB：y=23x-2若过P（1，2）的直线的斜率不存在，直线为x1，代入x23+y24=1，可得M(1，263)，N(1，-263)，
29、将y=263代入AB：y=23x-2，可得T(6+3，263)，由MT=TH，得H(26+5，263)，易求得此时直线HN：y=(2-263)x-2，过点（0，2）；若过P（1，2）的直线的斜率存在，设kxy（k+2）0，M（x1，y1），N（x2，y2），联立kx-y-(k+2)=0x23+y24=1，得（3k2+4）x26k（2+k）x+3k（k+4）0，故有x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=-8(2+k)3k2+4y1y2=4(4+4k-2k2)3k2+4，且x1y2+x2y1=-24k3k2+4（*），联立y=y1y=23x-2，可得T
30、(3y12+3，y1)，H(3y1+6-x1，y1)，可求得此时HN：y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2)，将（0，2）代入整理得2（x1+x2）6（y1+y2）+x1y2+x2y13y1y2120，将（*）代入，得24k+12k2+96+48k24k4848k+24k236k2480，显然成立综上，可得直线HN过定点（0，2）（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（10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=3cos2t，y=2sint（t为参数）以坐标原点为极点，x轴
31、正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为sin（+3）+m0（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【解答】解：（1）由sin（+3）+m0，得(sincos3+cossin3)+m=0，12sin+32cos+m=0，又xcos，ysin，12y+32x+m=0，即l的直角坐标方程为3x+y+2m=0；（2）由曲线C的参数方程为x=3cos2t，y=2sint（t为参数）消去参数t，可得y2=-233x+2，联立3x+y+2m=0y2=-233x+2，得3y22y4m60（2y2）34m36，即-1934m10，-1912m52，m的取值范围是-1912，
32、52选修4-5：不等式选讲（10分）23已知a，b，c都是正数，且a32+b32+c32=1，证明：（1）abc19；（2）ab+c+ba+c+ca+b12abc【解答】解：（1）证明：a，b，c都是正数，a32+b32+c3233a32b32c32=3（abc）12，当且仅当abc=3-23时，等号成立因为a32+b32+c32=1，所以13（abc）12，所以13（abc）12，所以abc19，得证（2）根据基本不等式b+c2bc，a+c2ac，a+b2ab，ab+c+ba+c+ca+ba2bc+b2ac+c2ab=a322abc+b322abc+c322abc=a32+b32+c322abc=12abc，当且仅当abc时等号成立，故得证第19页（共19页）
