高考全国乙卷：《文科数学》2022年考试真题与答案解析[侵权]

高考精品文档高考全国乙卷文科数学·2022年考试真题与 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 解析同卷省份河南、山西、江西、安徽省甘肃、青海、蒙古、山西省吉林、宁夏、新疆、黑龙江高考全国乙卷：2022年《文科数学》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.1.集合M2,4,6,8,10,Nx1x6，则MN（）A.{2，4}B.{2，4，6}C.{2，4，6，8}D.{2，4，6，8，10}答案：A2.设(12i)ab2i，其中ab,为实数，则（）A.ab1,1B.ab1,1C.ab1,1D.ab1,1答案：Arr3.已知向量ab(2,1)，(2,4)，则ab（）A.2B.3-1-C.4D.5答案：D4.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7.4B.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答案：C푥+푦≥25.若x，y满足约束条件{푥+2푦≤4，则z2xy的最大值是（）푦≥0A.﹣2B.4C.8D.12答案：C-2-6.设F为抛物线C:4y2x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若AFBF，则AB（）A.2B.22C.3D.32答案：B7.执行下边的程序框图，输出的n（）A.3B.4C.5D.6答案：B8.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（）-3-xx33A.yx21xx3B.yx212xxcosC.yx212sinxD.yx21答案：A9.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（）A.平面B1EF平面BDD1B.平面平面A1BDC.平面B1EF//平面A1ACD.平面平面ACD11答案：A10.已知等比数列an的前3项和为168，aa2542，则a6（）A.14-4-B.12C.6D.3答案：D11.函数fxcosxx1sinx1在区间0,2π的最小值、最大值分别为（）ππA.，223ππB.，22ππC.，2223ππD.，222答案：D12.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（）1A.31B.23C.32D.2答案：C-5-二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分．13.记Sn为等差数列an的前n项和．若2SS3236，则公差d_______。答案：214.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______。3答案：1015.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：xy222313（答案不唯一）116.若fxlnab是奇函数，则a_____，b______。1x1答案：；ln2．2三、解答题解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每题12分，每个 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 考生都必须作答。第22、23题为选考题，每题10分，考生根据要求作答。17.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinCABBCAsinsinsin。[1]若AB2，求C；[2]证明：2a2b2c2。答案：[1]由，-6-π可得sinCBBCAsinsinsin，而0B，所以sinB0,12即有sinCCAsin0而0CCAπ,0π，显然CCA所以CCAπ，而AB2，ABCπ5π所以C。8[2]由sinCABBCAsinsinsin可得sinCABABBCACAsincoscossinsinsincoscossin再由正弦定理可得accosBbccosAbccosAabcosC1111然后根据余弦定理可知acb222bca222bca222abc222，2222化简得：2a2b2c2故原等式成立。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。-7-答案：[1]由于ADCD，E是AC的中点所以ACDEADCD由于BDBDADBCDB所以△ADB△CDB所以ABCB故ACBD由于DEBDD，DE、BD⊥平面BED所以AC平面由于AC平面ACD所以平面BED平面。[2]依题意ABBDBC2，ACB60，三角形ABC是等边三角形所以AC2,AECE1,BE3由于ADCD,ADCD所以三角形是等腰直角三角形-8-所以DE1DE2BE2BD2所以DEBE由于ACBEE，AC,BE平面ABC所以DE平面由于△ADB△CDB所以FBAFBCBFBF由于FBAFBCABCB所以△FBA全等于△FBC所以AFCF，所以EFAC1由于SACEFAFC2所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值过E作EFBD，垂足为F11在Rt△BED中，BEDEBDEF223解得EF22313所以2DF1,BF2DF222BF3所以BD4-9-.过F作FHBE，垂足为H，则FH//DEFHBF3所以FH平面ABC，且DEBD43所以FH411133所以VSFH23。FABC3ABC324419.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xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.910101022并计算得xi0.038,yi1.6158,xiyi0.2474。i=1i=1i=1[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。n(xiix)(yy)ri=1,1.8961.377附：相关系数nn．22()()xiixyyi=1i=1-10-答案：0.6[1]样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x0.06103.9样本中10棵这种树木的材积量的平均值y0.3910据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为0.06m2平均一棵的材积量为0.39m3。1010xixyiyxiyi10xyri=1i=1[2]1010101022xxyy2222iixii10xy10yi=1i=1i=1i=10.2474100.060.390.01340.01340.97；(0.038100.0622)(1.6158100.39)0.00018960.01377则r≈0.97。[3]设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym3又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比0.06186可得=，解之得Y=1209m3。0.39Y则该林区这种树木的总材积量估计为1209m3。120.已知函数f(x)ax(a1)lnx。x[1]当a0时，求fx()的最大值；[2]若恰有一个零点，求a的取值范围。答案：1[1]当时，fxlnx,x0x-11-111x则fxx22xx当x0,1时，fx¢()>0，fx单调递增当x1,时，fx¢()<0，单调递减fxf11所以max。1[2]fxaxa1lnx,x0x11aax11x则fxa，x22xx当a0时，ax10所以当时，，单调递增当时，，单调递减fxf1a10所以max，此时函数无零点，不合题意1当01a时，1a1在0,1,,上，，单调递增a1在1,上，，单调递减a又fa110，当x趋近正无穷大时，趋近于正无穷大1所以仅在,有唯一零点，符合题意ax12当a1时，fx0x2-12-所以fx单调递增，又fa110所以有唯一零点，符合题意11当a1时，1，在0,,1,上，fx¢>0，单调递增aa()1在,1上，fx¢<0，单调递减a()此时fa11011n又fnn1ana1lnaaa1当n趋近正无穷大时，fn趋近负无穷a11所以在0,有一个零点，在,无零点aa所以有唯一零点，符合题意综上，a的取值范围为0,。321.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过AB0,2,,1两点。2[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。答案：[1]设椭圆E的方程为mx22ny1，过，-13-41n则9mn1411解得m，n34yx22所以椭圆E的方程为：1。433[2]AB(0,2),(,1)22所以AB:2yx3xy22①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入1342626可得M(1,)，N(1,)332代入AB方程yx2326可得T(63,)326由MTTH得到H(265,)326求得HN方程：yx(2)2，过点(0,2)。3②若过点的直线斜率存在，设kxy(k2)0,M(,),(,x1y1Nx2y2)kxy(k2)0联立xy22,134得(3k224)x6(2kk)x3(kk4)0-14-6kk(2)8(2k)xxyy1234k21234k2可得和2，3kk(4)4(44kk2)xx12yy34k22234k224k且xyxy(*)，122134k2yy1联立2,yx233y可得T(13,y),H(3y6x,y).21111yy12可求得此时HN:()yy22xx36y1x1x2将(0,2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120将(*)代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480,显然成立。综上，可得直线HN过定点(0,2).（二）选考题22.[选修4—4：坐标系与参数方程]xt3cos2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，yt2sin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m0。3[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。-15-答案：[1]因为l：sinm0313所以sincosm022又因为sinyx,cos13所以化简为yxm022整理得l的直角坐标方程：3xy2m0。[2]联立l与C的方程，即将xt3cos2，yt2sin代入中可得3cos2t2sint2m0所以3(12sin2t)2sint2m0化简为6sin2t2sint32m0要使l与C有公共点，则2m6sin2t2sint3有解令sinta，则a1,1令f(a)6a22a3，(1≤a≤1)1对称轴为a，开口向上611219所以f()af(1)6235，f()af()3maxmin666619所以25m6195m的取值范围为m。122-16-23.[选修4—5：不等式选讲]333已知a，b，c都是正数，且abc2221，试证明：1[1]abc；9abc1[2]。bcacab2abc答案：[1]证明：因为a0，b0，c0333则a20，b20，c2033312223331abc32所以abc222，即abc333331所以，当且仅当222，即abc3时取等号。abc9[2]证明：因为，，，所以bc2bc，ac2ac，ab2ab，所以有：333aaa2bbb2ccc2，，；bc22bcabcac22acabcab22ababc333333abca2b2c2a2b2c21即，bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号。-17-