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【334324】2022年全国高考甲卷数学文试卷

时间:2025-01-21 18:00:36 作者: 字数:16468字

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学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________

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绝密·启用前

2022年全国高考甲卷数学(文)试卷

题号

总分

得分





注意事项:

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上



评卷人

得分




一、单选题

1.设集合 ,则        
A

B

C

D


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

3. .则        
A

B

C

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

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


6.从分别写有1234566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


7.函数 在区间 的图象大致为(       
A

B

C

D


8. 时,函数 取得最大值 ,则        
A

B

C

D
1

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

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 ,体积分别为 .若 ,则        
A

B

C

D


11.已知椭圆 的离心率为 分别为C的左、右顶点,BC的上顶点.若 ,则C的方程为(       
A

B

C

D


12.已知 ,则(       
A

B

C

D


评卷人

得分




二、填空题

13.已知向量 .若 ,则 ______________

14.设点M在直线 上,点 均在 上,则 的方程为______________

15.记双曲线 的离心率为e,写出满足条件“直线 C无公共点”的e的一个值______________

16.已知 中,点D在边BC上, .当 取得最小值时, ________

评卷人

得分




三、解答题

17.甲、乙两城之间的长途客车均由AB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



18. 为数列 的前n项和.已知
(1)
证明: 是等差数列;
(2)
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 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).

20.已知函数 ,曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线.
(1)
,求a
(2)
a的取值范围.

21.设抛物线 的焦点为F,点 ,过F的直线交CMN两点.当直线MD垂直于x轴时,
(1)
C的方程;
(2)
设直线 C的另一个交点分别为AB,记直线 的倾斜角分别为 .当 取得最大值时,求直线AB的方程.

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 交点的直角坐标,及 交点的直角坐标.

23.已知abc均为正数,且 ,证明:
(1)

(2)
,则

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 ,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 .
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 ,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,

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 ,即可求出 的最小值.
由题意知:曲线 ,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,再从中挑出数字之积是4的倍数的情况,由古典概型求概率即可.
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.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.


所以 为奇函数,排除BD
又当 时, ,所以 ,排除C.
故选:A.

8.B

【解析】
根据题意可知 即可解得 ,再根据 即可解出.
因为函数 定义域为 ,所以依题可知, ,而 ,所以 ,即 ,所以 ,因此函数 上递增,在 上递减, 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 ,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 ,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.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

所以


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 ,解得关于 的等量关系式,即可得解.
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.A

【解析】
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.
可得 ,而 ,所以 ,即 ,所以
,所以 ,即
所以 .综上,
故选:A.

13. ##

【解析】
直接由向量垂直的坐标表示求解即可.
由题意知: ,解得 .
故答案为: .

14.

【解析】
设出点M的坐标,利用 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 ,又因为点 均在 上,
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)

【解析】
根据题干信息,只需双曲线渐近线 即可求得满足要求的e.
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 C无公共点”
所以
又因为 ,所以
故答案为:2(满足 皆可)

16. ##

【解析】
,利用余弦定理表示出 后,结合基本不等式即可得解.

则在 中,
中,
所以

当且仅当 时,等号成立,
所以当 取最小值时, .
故答案为: .

17.(1)AB两家公司长途客车准点的概率分别为
(2)


【解析】
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.
(1)
根据表中数据,A共有班次260次,准点班次有240次,
A家公司长途客车准点事件为M

B共有班次240次,准点班次有210次,
B家公司长途客车准点事件为N
.
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 .
(2)
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.(1)证明见解析;
(2)


【解析】
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.
(1)
解:因为 ,即 ①,
时, ②,
得,

,所以
所以 是以 为公差的等差数列.
(2)
解:由(1)可得
成等比数列,所以
,解得
所以 ,所以
所以,当

19.(1)证明见解析;
(2)


【解析】
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.
(1)
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
(2)
如图所示:
分别取 中点 ,由(1)知, ,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.(1)3
(2)


【解析】
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 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.
(1)
由题意知, ,则 在点 处的切线方程为
,设该切线与 切于点 ,则 ,解得 ,则 ,解得
(2)
,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
,整理得
,则 ,令 ,解得
,解得 ,则 变化时, 的变化情况如下表:

0

1

0

0

0


的值域为 ,故 的取值范围为 .

21.(1)
(2)
.

【解析】
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.
(1)
抛物线的准线为 ,当 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
(2)
,直线
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MNAB的倾斜角分别为
所以
若要使 最大,则
,则
当且仅当 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 .

22.(1)
(2)
的交点坐标为 的交点坐标为

【解析】
(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.
(1)
因为 ,所以 ,即 的普通方程为
(2)
因为 ,所以 ,即 的普通方程为
,即 的普通方程为
联立 ,解得: ,即交点坐标为
联立 ,解得: ,即交点坐标为

23.(1)见解析
(2)
见解析

【解析】
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.
(1)
证明:由柯西不等式有
所以
当且仅当 时,取等号,
所以
(2)
证明:因为 ,由(1)得
,所以
由权方和不等式知
当且仅当 ,即 时取等号,
所以 .


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