1、2022年高考全国甲卷数学（文）真题一、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A.C.B.D.，则（）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70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正 D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前确率的标准差正确率的极差3.若A.
2、C.则（）B.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.8C.165.将函数，则的最小值是（）A.C.B.D.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B.12D.206.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.C.7.函数在区间的图象大致为（）B.D.A.B.C.8.当时，函数取得最大值D.，则（）A.C.9.在长方体（）A.C.中，已知B.AB 与平面D.与平面B.D.1与平面和平面所成的角均为，则 所成的角为 所成的角为，侧面积分别为和，体积
3、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分别为A.C.11.已知椭圆若A.C.12.已知A.C.，则（）B.D.的离心率为，则C的方程为（）B.D.和若，则（）B.D.分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.1.已知向量14.设点M在直线若上，点和，则均在_上，则的方程为_15.记双曲线的e的一个值_16.已知，中，点D在边BC上，_的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”当取得最小值时三、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
4、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AB240210未准点班次数203017.1.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；17.2.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：0.1002.70618.记为数列的前n项和已知18.1.证明：是等差数列；18.2.若 成等比数列，求 的最小值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：底面为8（单位：平面
5、都与平面）的正方形，垂直，0.0503.8410.0106.635是边长均为正三角形，且它们所在的19.1.证明：平面19.2.求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）20.已知函数，曲线的切线；在点处的切线也是曲线20.1.若，求 a；20.2.求 a 的取值范围21.设抛物线直于x轴时，21.1.求 C 的方程；21.2.设直线 当的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂 与 C 的另一个交点分别为 A，B，记直线 的倾斜角分别为 取得最大值时，求直线 AB 的方程（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。22.选修4-4：
6、坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）22.1.写出 的普通方程；的极坐标方程为 交点的直角坐标22.2.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线，求23.选修4-5：不等式选讲已知a，b，c均为正数，且23.1.；23.2.若，则，证明：与 交点的直角坐标，及 与参考答案1.A解析：根据集合的交集运算即可解出因为，所以故选：A.2.B解析：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.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
7、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.D解析：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因为，所以故选：D.4.B解析：由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.由三视图还原几何体，如图，所以则该直四棱柱的体积故选：B.5.C.解析：先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得小值.由题意知：曲线为，即可求出的最，又关于 轴对称，则解得，又，故当时，的最小值为.故选：C.6.C解析：先列举出所有情况，再从中挑
8、出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.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.故选：C.7.A解析：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.令则所以为奇函数，排除BD；时，所以，排除C.，6种情况，故概率为又当故选：A.8.B解析：根据题意可知因为函数，定义域为，所以即可解得，再根据即可解出，所以，而，因此函，所以依题可知，即上递减，数在上递增，在时取最大值，满足题意，即有故选：B.9.D解析：根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出如图所示：不妨设，与平面，依题以及长方体的结构特征可知，所成角为，解得，A错误；平面，所以，与
9、平面所成角为，与平面，即所成角为，所以对于A，对于B，过 作，因为对于C，对于D，于，易知，所以与平面所成角为，B错误；，C错误；，而，所以D正确故选：D10.C解析：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.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.B解析：根据离心率及解：因为离心率分别为C的左右顶点，则B为上顶点，所以.所以所以故椭圆的方程为故选：B.12.A解析：，将.，解得关于，解得，
10、因为代入，解得的等量关系式，即可得解.，根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，由以又所以故选：A.13.1、参考1:;参考2:综上，;，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，而，所以，所以，即，所可得，即解析：直接由向量垂直的坐标表示求解即可.由题意知：故答案为：.，解得.14.解析：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.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，的方程为故答案为：15.2（满足皆可）中即可求得满足要求的e值.,，.，解析：根据题干信息，只需双曲线渐近线解：，所以C的渐近线方程为，结合
11、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，皆可）;参考2:，故答案为：2（满足16.1、参考1:设设则在在所以;解析：后，结合基本不等式即可得解.，利用余弦定理表示出，中，中，当且仅当所以当即取最小值时，.时，等号成立，.故答案为：17.1.A，B两家公司长途客车准点的概率分别为，解析：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.17.2.有解析：18.1.证明见解析；解析：解：因为当即
12、即所以18.2.是以 为公差的等差数列解析：，解得，即，所以，且，时，得，解：由（1）可得，又，成等比数列，所以即，所以，所以，所以，当或时19.1.证明见解析；解析：如图所示：分别取，定理可知平面19.2.平面，的中点，所以，而，解析：平面，连接平面，因为，又平面，所以四边形，所以平面，同理可得平面为全等的正三角形，所以，平面平面为平行四边形，所以平面，根据线面垂直的性质，又如图所示：分别取，因为到直线中点，由（1）知，且，体积的 倍，同理有，由平面知识可知，所以该几何体的体积等于长方体，点 到平面的距离即为点的体积加上四棱锥的距离，所以该几何体的体积20.1.3解析：由题意知，处的切线方程
13、为，则在点即，则20.2.，设该切线与切于点；，则，解得，解得解析：，则在点，切于点处的切线方程为，则，则切线方程为，整理得设该切线与，整理得则令或令，解得，整理得，则，令，解得或0，则 变化时，00.的变化情况如下表：10则的值域为，故 的取值范围为21.1.；解析：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；21.2.设由可得，代入抛物线方程可得，所以所以又因为直线MN、AB的倾斜角分别为所以若要使设当且仅当即最大，则，则时，等号成立，同理可得，.解析：，直线，由斜率公式可得直线所以当最大时，设直线，所以，代入抛物线方程可得所以直线22.1.因为，.；解析：，所以，即的普通方程为，即，即的交点坐标为的普通方程为的普通方程为，22.2.的交点坐标为解析：因为由，所以联立，解得：或，即交点坐标为，；联立23.1.见解析解析：，解得：或，即交点坐标为，证明：由柯西不等式有所以，当且仅当时，取等号，所以；23.2.见解析解析：证明：因为，即，所以，由（1）得，由权方和不等式知当且仅当所以.，即，时取等号，
