2022年高考真题——数学（全国甲卷）（理科）（含解析）

这是一份2022年高考真题——数学（全国甲卷）（理科）（含解析），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，I.必考题，II.选考题等内容，欢迎下载使用。

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.若z=−1+3i，则zzz¯−1=( )
A.−1+3iB.−1−3iC.−13+33iD.−13−33i
2.某社区通过公益讲座以及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.设全集U={−2,−1,0,1,2,3}，集合A={−1,2}，B={x∣x2−4x+3=0}，则∁U(A∪B)=( )
A.{1,3}B.{0,3}C.{−2,1}D.{−2,0}
4.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方系的边长为1，则该多面体的体积为( )
‍
A.8B.12C.16D.20
5.函数y=(3x−3−x)csx在区间[−π2,π2]的图像大致为( )
A.
B.
C.
D.
6.当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值−2，则f′(2)=( )
A.−1B.−12C.12D.1
7.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30∘，则( )
A.AB=2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30∘
C.AC=CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角均为45°
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，AB⏜是以为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在AB⏜上，CD⟂AB.“会圆术”给出AB⏜的弧长的近似值s的计算公式：s=AB+CD2OA．当OA=2，∠AOB=60∘时，s=( )
‍
A.11−332B.11−432C.9−332D.9−432
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，体积分别为V甲和V乙 ，若S甲S乙 =2，则V甲 V乙=( )
A.5B.22C.10D.5104
10.椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为14，则的离心率为( )
A.32B.22C.12D.13
11.设函数f(x)=sin(ωx+π3)在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是( )
A.[53,136)B.[53,196)C.(136,83]D.(136,196]
12.已知a=3132,b=cs14,c=4sin14，则( )
A. c>b>aB.b>a>cC.a>b>cD.a>c>b
二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13.设向量a⟶,b⟶的夹角的余弦值为13，且|a⟶|=1, |b⟶|=3，则(2a⟶+b⟶)·b⟶=
14.若双曲线y2−x2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+y2−4y+3=0相切，则m=
15.从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一平面上的概率为
16.已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°，AD=2，CD=2BD．当ACAB取得最小值时，BD＝ ．
四、I.必考题（共60分）
17.记Sn为数列{an}的前n项和.已知2Snn+n=2an+1.
(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.
18.在四棱锥P−ABCD中，PD⟂底面ABCD，CD//AB，AD=DC=CB=1，AB=2，DP=3.
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(1)证明：BD⟂PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
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表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.
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⟂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α,β，当α−β取得最大值时，求直线AB的方程.
21.已知函数f(x)=exx−lnx+x−a．
(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x1x2<1．
五、II.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.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=2+t6y=t，（t是参数），曲线C2的参数方程为x=−2+s6y=−s，（s是参数）.
(1)写出C1的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2csθ−sinθ=0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标.
23.已知正实数a,b,c满足a2+b2+4c2=3.求证：
(1)a+b+2c⩽3；
(2)若b=2c，则1a+1c⩾3.
参考答案
1.【答案】C
【解析】由zzz―−1=−1+3i4−1=−13+33i，故选C.
2.【答案】B
【解析】对A选项，讲座前问卷大题的正确率中位数70%+75%2=72.5%，所以A错误；
对B选项，讲座后问卷答题的正确率的平均数为89.5%>85%，所以B正确；
对C选项，讲座前问卷答题的正确率数据波动要大于讲座后问卷答题的正确率，故标准差也应大于讲座后的标准差，所以C错误；
对D选项，讲座前正确率的极差为35%，讲座后正确率极差为20%，所以D错误，故选B.
3.【答案】D
【解析】由B={x∣x2−4x+3=0}={1,3}，A∪B={−1,1,2,3}，所以∁U(A∪B)={−2,0}，故选D.
4.【答案】B
【解析】由三视图还原几何体，如图，
‍

则该直四棱柱的体积V=2+42×2×2=12.
故选B.
5.【答案】A
【解析】设f(x)=(3x−3−x)csx，f(−x)=(3−x−3x)cs(−x)=−f(x)，所以f(x)为奇函数，排除BD，令x=1，则f(1)=(3−3−1)cs1>0，排除C，故选A.
6.【答案】B
【解析】f′(x)=ax−bx2，由条件，得f(1)=b=−2f′(1)=a−b=0，所以a=b=−2，即f′(x)=−2x+2x2，易知函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以函数f(x)在x=1处取得最大值−2，所以f′(2)=−22+222=−12，故选B．
7.【答案】D
【解析】如图所示：
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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∠D1A，所以sin30∘=cB1D=bB1D，即b=c，B1D=2c=a2+b2+c2，解得a=2c．
对于A，AB=a，AD=b，AB=2AD，A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，因为tan∠BAE=ca=22，所以∠BAE≠30∘，B错误；
对于C，AC=a2+b2=3c，CB1=b2+c2=2c，AC≠CB1，C错误；
对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin∠DB1C=CDB1D=a2c=22，而0<∠DB1C<90∘，所以∠DB1C=45∘. D正确．
故选D．
8.【答案】B
【解析】由条件得，△OAB为等边三角形，有OC=3，CD=2−3，所以
‍s=2+(2−3)22=2+7−432=11−432，故选B．
9.【答案】C
【解析】如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲，乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则2πr1=4π，2πr2=2π，则r1=2，r2=1，由勾股定理，得h1=5，h2=22，所以V甲V乙=13πr12h113πr22h2=r12h1r22h2=22×512×22=10，故选C．
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10.【答案】A
【解析】椭圆C的右顶点为B，由于点P，Q均在C上，且关于y轴对称，所以直线BP，AQ也关于y轴对称，即kAP·kBP=−kAP·kAQ=−14=−b2a2，所以e2=1−b2a2=34，e=32，故选A．
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11.【答案】C
【解析】依题意可得ω>0，当x∈(0，π)时，ωx+π3∈(π3，ωπ+π3).函数f(x)在 区间(0，π)上恰有三个极值点、两个零点，结合y=sinx的图象可知5π2<ωπ+π3⩽3π，解得136<ω⩽83，即ω的取值范围是(136，83]. 故选C.
12.【答案】A
【解析】法一：构造法
构造函数h(x)=1−12x2−csx，x∈[0,π2]，则g(x)=h′(x)=−x+sinx，g′(x)=−1+csx⩽0，所以g(x)⩽g(0)=0，所以h(x)在[0,π2]上单调递减，所以h(14)=a−bx，所以cb=4sin14cs14=tan1414>1，即c>b，所以a法二：放缩法
因为当x∈(0,π2),sinx取x=18得：cs14=1−2sin218>1−2(18)2=3132，故b>a，
‍4sin14+cs14=17sin(14+φ)，其中φ∈(0,π2)，且sinφ=117,csφ=417，
当4sin14+cs14=17时，14+φ=π2，即φ=π2−14，
此时sin14=csφ=417，cs14=sinφ=117，
故cs14=117<417=sin14<4sin14，故b所以b>a，所以c>b>a，故选A.
13.【答案】11
【解析】(2a⟶+b⟶)·b⟶=2|a⟶||b⟶|cs+|b⟶|2=2×1×3×13+9=11.
14.【答案】33
【解析】双曲线y2−x2m2=1(m>0)的渐近线方程为y=±xm，即x±my=0. 圆x2+y2−4y+3=0的标准方程为x2+(y−2)2=1，所以圆心坐标为(0，2)，半径r=1. 依题意，圆心(0，2)到渐近线x±my=0的距离d=|2m|1+m2=1， 解得m=33或m=−33(舍去).
15.【答案】635
【解析】由古典概型计算公式可知，12C84=635.
16.【答案】3−1
【解析】法一：基本不等式
设CD=2BD=2m>0，
则在△ABD中，AB2=BD2+AD2−2BD·ADcs∠ADB=m2+4+2m，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2−2CD·ADcs∠ADC=4m2+4−4m，
所以AC2AB2=4m2+4−4mm2+4+2m=4(m2+4+2m)−12(1+m)m2+4+2m=4−12(m+1)+3m+1
‍⩾4−122(m+1)·3m+1=4−23，
当且仅当m+1=3m+1即m=3−1时，等号成立，
所以当ACAB取最小值时，m=3−1.
故答案为3−1.
‍
法二：判别式法
设CD=2BD=2m>0，
则在△ABD中，AB2=BD2+AD2−2BD·ADcs∠ADB=m2+4+2m，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2−2CD·ADcs∠ADC=4m2+4−4m，
所以AC2AB2=4m2+4−4mm2+4+2m，
设t=4m2+4−4mm2+4+2m，则(t−4)m2+(2t+4)m+4t−4=0,
若t=4，则m=−1，（舍）
若t≠4，由方程有解得：Δ=(2t+4)2−4(t−4)(4t−4)⩾0
即t2−8t+4⩽0，解得4−23⩽t⩽4+23，
所以t的最小值是4−23，此时x=2+t4−t=3−1，
所以当ACAB取最小值时，x=3−1，即BD=3−1.
17.【答案】(1)由于2Snn+n=2an+1，变形为2Sn=2nan+n−n2，记为①式，
又2Sn−1=2(n−1)an−1+n−1−(n−1)2，记为②式，
①—②可得(2n−2)an−(2n−2)an−1=2n−2,n⩾2,n∈N*
即an−an−1=1,n⩾2,n∈N*，所以{an}是等差数列；
(2)由题意可知a72=a4a9，即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8)，解得a1=−12，所以
‍an=−12+(n−1)×1=n−13，其中a1则Sn的最小值为S12=S13=−78.
【解析】(1)依题意可得2Sn+n2=2nan+n，根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n⩾2，作差即可得到an−an−1=1，从而得证；
(2)由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{an}的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．
18.【答案】(1)∵PD⟂底面ABCD，
∴PD⟂BD，
取AB中点E，连接DE，可知DE=12AB=1，
∵CD//AB，
∴CD\stackrel‖=BE，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∴DE=CB=1，
∵DE=12AB，
∴△ABD为直角三角形，AB为斜边，
∴BD⟂AD，
∵PD∩AD=D，
∴BD⟂平面PAD，
∴BD⟂PA.
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(2)由（1）知，PD，AD，BD两两垂直，BD=AB2−AD2=3，
建立空间直角坐标系如图所示，则
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‍D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,3,0)，P(0,0,3)，
∴PD⟶=(0,0,−3)，PA⟶=(1,0,−3)，AB⟶=(−1,3,0)，
设平面PAB的法向量为n⟶=(x,y,z)，则
‍PA⟶·n⟶=0AB⟶·n⟶=0，即x−3z=0−x+3y=0，
不妨设y=z=1，则n⟶=(3,1,1)，
设PD与平面PAB的所成角为θ，则
‍sinθ=|cs⟨PD⟶,n⟶⟩|=|PD⟶·n⟶||PD⟶||n⟶|=|−3|3×5=55，
∴PD与平面PAB的所成的角的正弦值为55.
19.【答案】(1)记甲学校获得冠军为事件A，
则P(A)=0.5×0.4×(1−0.8)+0.5×(1−0.4)×0.8+(1−0.5)×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8=0.6
答：甲学校获得冠军的概率是0.6.
(2)X的可能取值为0,10,20,30，
则P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16，
‍P(X=10)=0.5×0.4×(1−0.8)+0.5×(1−0.4)×0.8+(1−0.5)×0.4×0.8=0.44，
‍P(X=20)=0.5×(1−0.4)×(1−0.8)+(1−0.5)×(1−0.4)×0.8+(1−0.5)×0.4×(1−0.8)=0.34，
‍P(X=30)=(1−0.5)×(1−0.4)×(1−0.8)=0.06，
‍X的期望值为E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13
20.【答案】(1)由题可知，当x=p时，y2=2p2，则yM=2p
则可知|MD|=2p，|FD|=p2
则在Rt△MFD中，|FD|2+|DM|2=|FM|2
得(p2)2+(2p)2=9，解得p=2
则C的方程C:y2=4x
(2)由抛物线的对称性，不妨设M在x轴上方，设M(x1,y1),N(x2,y2),A(x3,y3),B(x4,y4)，由（1）可知F(1,0),D(2,0)
则tanα=kMN=y1−y2x1−x2=y1−y2y124−y224=4y1+y2
又N,D,B三点共线，则kND=kBD，则y2−0x2−2=y4−0x4−2，则y2−0y224−2=y4−0y424−2
得y2y4=−8，即y4=−8y2
同理由M,D,A三点共线可得y3=−8y1
则tanβ=4y3+y4=y1y2−2(y1+y2)
由题可知，直线MN斜率不为0，不妨设lMN:x=my+1(m>0)
由y2=4xx=my+1⇒y2−4my−4=0⇒{y1+y2=4my1y2=−4
则tanα=44m=1m，tanβ=−4−2×4m=12m
则tan(α−β)=1m−12m1+12m·1m=12m+1m
要使α−β最大，β∈(0,π2)，α∈(0,π2)，α−β∈(−π2,π2)，则tan(α−β)最大，
‍tan(α−β)=1m−12m1+12m·1m=12m+1m⩽24
当且仅当m=22时，tan(α−β)最大，即α−β最大，此时
‍AB的直线方程为y−y3=4y3+y4(x−x3)，即4x−(y3+y4)y+y3y4=0
又y3+y4=−8y1+−8y2=−8(y1+y2)y1y2=8m=42
‍y3y4=−8y1·−8y2=−16
则AB的直线方程为4x−42y−16=0，即x−2y−4=0
21.【答案】(1)f(x)定义域为(0,+∞)，f′(x)=ex(x−1)x2−1x+1=(ex+x)(x−1)x2，
令f′(x)=0⇒x=1，所以0‍x>1时f′(x)>0，f(x)单调递增；f(x)min=f(1)=e+1−a，要使得f(x)⩾0恒成立
即满足：f(x)min=f(1)=e+1−a⇒e+1⩾a.
(2)由（1）知要使得有f(x)两个零点，则∴f(x)min=f(1)=e+1−a<0⇒e+1假设0下面构造函数F(x)=f(x)−f(1x)(0‍F′(x)=f′(x)+f′(1x)·1x2=(x−1)(ex+x−xe1x−1)x2
由于ex+x‍∴xe1x>e⇒−xe1x−1<−e−1. ∴ex+x−xe1x−1‍∴00⇒F(x)在(0,1)单调递增，而F(1)=f(1)−f(1)=0，
‍∴F(x)>0⇒f(x)22.【答案】(1)C1:x=2+t6y=t，消去参数t得x=2+y26(y⩾0)⟹y2=6x−2(y⩾0).
(2)C3:2csθ−sinθ=0，两边同乘ρ⇒2ρcsθ−ρsinθ=0.
‍∴C3:y=2x.
联立y2=6x−2y=2x，解得x=12y=1，或x=1y=2，
‍C2消去参数s得y2=−6x−2(y⩽0)
联立y2=−6x−2y=2x，解得x=−1y=−2，或x=−12y=−1，
综上所述，C3与C1交点为(12,1)和(1,2)；C3与C2交点为(−1,−2)和(−12,−1).
【解析】(1)消去t，即可得到C1的普通方程；
(2)将曲线C2,C3的方程化成普通方程，联立求解即解出．
23.【答案】(1)由柯西不等式知：
‍(a2+b2+4c2)(12+12+12)⩾(a+b+2c)2，
即3×3⩾(a+b+2c)2且a,b,c是正实数，
故a+b+2c⩽3（当且仅当a=b=2c，即a=b=1，c=12时取等号）
(2)由（1）知a+b+2c⩽3且b=2c.
故0由权方和不等式知
‍1a+1c=12a+224c⩾9a+4c⩾3.
故1a+1c⩾3.