高考全国甲卷：《理科数学》2022年考试真题与答案解析

高考精品文档高考全国甲卷理科数学·2022年考试真 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 与答案解析同卷地区贵州省、四川省、云南省西藏自治区、广西自治区高考全国甲卷：《理科数学》2022年考试真题与答案解析一、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.z1、若z13i，则（）zz1A、13iB、13i13C、i3313D、i33答案：C解析：푧=―1―3푖푧푧=(―1+3푖)(―1―3푖)=1+3=4z13i13izz1333故选：C。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（）。-1-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 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 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：B70%75%解析：讲座前中位数为70%，所以A错；2讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%，剩下全部大于等于90%，所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%，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100%80%20%，讲座前问卷答题的正确率的极差为95%60%35%20%，所以D错.故选：B。-2-∣23、设全集U{2,1,0,1,2,3}，集合A{1,2},Bxx4x30，则ðU(AB)（）A、{1,3}B、{0,3}C、{2,1}D、{2,0}答案：D2解析：由题意，B=xx4x301,3，所以AB1,1,2,3，所以.ðUAB2,0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、8B、12C、16D、20-3-答案：B解析：由三视图还原几何体如下图；24则该直四棱柱的体积V2212。2故选：B。xxππ5、函数y33cosx在区间,的图象大致为（）22A、B、C、-4-D、答案：Axx解析：令fx33cosx,x,，22xxxx则fx33cosx33cosxfx，所以fx为奇函数，排除BD；xx又当x0,时，330,cosx0，所以fx0，排除C。2故选：A。b6、当x1时，函数f(x)alnx取得最大值2，则f(2)（）xA、11B、21C、2D、1答案：B解析：因为函数fx定义域为0,，所以依题可知，f(1)=-2，f10；-5-ab而fx，所以b2,ab0；xx2即a2,b2；22所以fx。xx2因此函数fx在0,1上递增，在1,上递减。11x1时取最大值，满足题意，即有f21．22故选：B。7、在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成角均为30°，则（）A、AB2ADB、AB与平面AB1C1D所成的角为30°C、ACCB1D、B1D与平面BB1C1C所成的角为45°答案：D解析：如图所示：-6-不妨设ABa,ADb,AA1c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为DB1A，cbsin30222所以，即bc，B1D2cabc，B1DB1D解得a2c。对于A，，，，AB=aAD=bAB2ADA错误；对于B，过B作BEAB1于E，易知BE平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为BAE，c2因为tanBAE，所以BAE30，B错误；a22222ACCB对于C，，，，ACab3cCB1bc2c1C错误；CDa2对于D，与平面B1DBB1C所成角为1CDB1，CsinDB1C，而B1D2c20DB1C90，所以DB1C45。故选：D。8、沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，弧AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在弧AB上，CD2CDAB．“会圆术”给出弧AB的弧长的近似值s的计算公式：sAB．当OAOA2,AOB60时，s（）-7-1133A、21143B、2933C、2943D、2答案：B解析：连接OC，因为C是AB的中点，所以OCAB，又CDAB，所以O,C,D三点共线，即ODOAOB2，又AOB60，所以ABOAOB2，则OC3，故CD23，2CD2231143所以.sAB2OA22故选：B。9、甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，-8-S甲V甲体积分别为V甲和V乙．若=2，则=（）S乙V乙A、5B、22C、10510D、4答案：C解析：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，S甲r1lr1则2，所以r12r2。S乙r2lr22r2rrr21又122，则121，所以rl,rl，lll132345122所以甲圆锥的高hl2l2l，乙圆锥的高hl2l2l，193293145r2hl2lV11甲39310所以1。V乙21222r2h2ll393故选：C。x2y210、椭圆C:1(ab0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直a2b21线AP,AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）43A、2-9-2B、21C、21D、3答案：A解析：Aa,0，设Px1,y1，则Qx1,y1，y1y1则kAP,kAQ，x1ax1a2y1y1y11故kAPkAQ22，x1ax1ax1a422222x1y1bax1又1，则y2，a2b21a2222bax122b1所以a1，即2，22a4x1a4cb23所以椭圆C的离心率.e1aa22故选：A。π11、设函数f(x)sinx在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是3（）513A、,36-10-519B、,36138C、,631319D、,66答案：C解析：依题意可得0；因为x0,，所以x,，333要使函数在区间0,恰有三个极值点、两个零点，又ysinx，x,3的图象如下所示：35则3，23138138解得，即,．6363故选：C。311112、已知a,bcos,c4sin，则（）3244A、cbaB、bac-11-C、abcD、acb答案：Ac1π解析：因为4tan，因为当x0,,sinxxtanx。b4211c所以tan，即1，所以cb；44b1设f(x)cosxx21,x(0,)，2f(x)sinxx0，所以f(x)在(0,)单调递增，1131则ff(0)=0，所以cos0，4432所以ba，所以cba，故选：A。二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分.1r13、设向量a，b的夹角的余弦值为，且a1，b3，则2abb_________．3答案：1111解析：设a与b的夹角为，因为a与b的夹角的余弦值为，即cos，33r又a1，b3，-12-1所以ababcos131，322所以2abb2abb2abb213211．x214、若双曲线y21(m0)的渐近线与圆x2y24y30相切，则m_________．m23答案：3x2x解析：双曲线y21m0的渐近线为y，即xmy0，m2m2不妨取xmy0，圆x2y24y30，即x2y21，所以圆心为（0,2），半径r1，2m依题意圆心（0,2）到渐近线xmy0的距离d1，1m233解得m或m（舍去）．3315、从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．6答案：.354解析：从正方体的8个顶点中任取4个，有nC870个结果，m126这4个点在同一个平面的有m6612个，故所求概率P。n7035AC16、已知△ABC中，点D在边BC上，ADB120,AD2,CD2BD．当取得最小值AB时，BD________．答案：31-13-解析：如下图，设CD2BD2m0，则在△ABD中，AB2BD2AD22BDADcosADBm242m，在△ACD中，AC2CD2AD22CDADcosADC4m244m，2AC24m244m4m42m121m124所以2223ABm42mm42mm1m11244233，2m1m13当且仅当m1，即m31时，等号成立，m1AC所以当取最小值时，.m31AB三、解答题解答应写出文字 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 、证明过程或演算步骤。其中，第17～21题为必考题，每题12分，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，每题10分，考生任选一题作答。（一）必考题2Sn17、记S为数列an的前n项和．已知n2a1．nnn-14-（1）证明：an是等差数列；（2）若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值．答案：（1）证明过程如下；2Sn2因为n2a1，即……2Sn①，n2nannnn2当n2时，……2Sn1②，n12n1an1n122①﹣②得，2Snn2Sn1n12nann2n1an1n1，即2an2n12nan2n1an11，整理得2n1an2n1an12n1，所以anan11，n2且nN*，所以an是以1为公差的等差数列．（2）解答过程如下；由（1）可得a4a13，a7a16，a9a18，2又a4，a7，a9成等比数列，所以a7a4a9，2即a16a13a18，解得a112，所以ann13，2nn11225125625所以Sn12nnnn，222228所以，当n12或n13时(Sn)min=﹣78。18、在四棱锥PABCD中，底面PDABCD,CD∥AB,ADDCCB1,AB2,DP3．-15-（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．答案：（1）证明过程如下；在四边形ABCD中，作DEAB于E，CFAB于F，因为CD//AB,ADCDCB1,AB2，所以四边形ABCD为等腰梯形，1所以AEBF，23故DE，BDDE2BE23，2所以AD2BD2AB2，所以ADBD，因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又PDADD，所以BD平面PAD，又因PA平面PAD，所以BDPA；-16-（2）解答过程如下；如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD3，则A1,0,0,B0,3,0,P0,0,3，则AP1,0,3,BP0,3,3,DP0,0,3，设平面PAB的法向量nx,y,z，nAPx3z0则有{，可取n3,1,1，nBP3y3z0nDP5则cosn,DP，nDP55所以PD与平面PAB所成角的正弦值为.5-17-19、甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．答案：（1）解答过程如下设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A、B、C，所以甲学校获得冠军的概率为：PPABCPABCPABCPABC0.50.40.80.50.40.80.50.60.80.50.40.20.160.160.240.040.6．（2）解答过程如下；依题可知，X的可能取值为0，10，20，30，所以：PX00.50.40.80.16，PX100.50.40.80.50.60.80.50.40.20.44，-18-PX200.50.60.80.50.40.20.50.60.20.34，PX300.50.60.20.06.即X的分布列为：X0102030P0.160.440.340.06故期望为：EX00.16100.44200.34300.0613。20、设抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF3．（1）求C的方程；（2）设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为,．当取得最大值时，求直线AB的方程．答案：（1）解答过程如下；p抛物线的准线为x，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，2p此时MF=p3，所以p2，2所以抛物线C的方程为y24x；（2）解答过程如下；-19-2222y1y2y3y4设M,y1,N,y2,A,y3,B,y4，直线MN:xmy1，4444xmy1由2y4x2可得y4my40，0,y1y24，yy4yy4k12k34由斜率公式可得MNy2y2yy，ABy2y2yy，121234344444x1224x12直线MD:xy2，代入抛物线方程可得yy80，y1y10,y1y38，所以y32y2，同理可得y42y1，44kMN所以kABy3y42y1y22又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，ktan所以ktanMN，AB22若要使最大，则0,，2设kMN2kAB2k0，则有；tantank112tan1tantan12k2114，2k22kkk12当且仅当2k即k时，等号成立，k2-20-2所以当最大时，k，设直线AB:x2yn，AB2代入抛物线方程可得y242y4n0，0,y3y44n4y1y216，所以n4，所以直线.AB:x2y4ex21、已知函数fxlnxxa．x（1）若fx0，求a的取值范围；（2）证明：若fx有两个零点x1,x2，则环x1x21．答案：（1）解答过程如下；f(x)的定义域为(0,)，111111x1exxxf(x)2e11e11xxxxxxxx令f(x)0，得x1当x(0,1),f(x)0,f(x)单调递减当x(1,),f(x)0,f(x)单调递增f(x)f(1)e1a，若f(x)0，则e1a0，即ae1所以a的取值范围为(,e1]（2）证明过程如下；由题知，fx一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设x1<1