2022年全国统一高考甲卷理科数学试卷含答案解析（定稿）

1、第PAGE23页（共NUMPAGES23页）2022年全国统一高考数学试卷（理科）（甲卷）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，则ABCD2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设全集，0，1，

2、2，集合，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A8B12C16D205函数在区间，的图像大致为A BC D6当时，函数取得最大值，则（2）ABCD17在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则AB与平面所成的角为CD与平面所成的角为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，是以为圆心，为半径的圆弧，是的中点，在上，“会圆术”给出的弧长的近似值的计算公式：当，时，ABCD9甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和若，则ABCD10椭圆的左顶点为，

3、点，均在上，且关于轴对称若直线，的斜率之积为，则的离心率为ABCD11设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是A，B，C，D，12已知，则ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设向量，的夹角的余弦值为，且，则14若双曲线的渐近线与圆相切，则15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 16已知中，点在边上，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，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17（12分）记为数列的前项和已知（1）证明：是

4、等差数列；（2）若，成等比数列，求的最小值18（12分）在四棱锥中，底面，（1）证明：；（2）求与平面所成的角的正弦值19（12分）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）用表示乙学校的总得分，求的分布列与期望20（12分）设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点当直线垂直于轴时，（1）求的方程；（2）设直线，与的另一个交点分别为，记直线，的倾斜角分别为，当取得最大值时，求直线的方程2

5、1（12分）已知函数（1）若，求的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则（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。选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），曲线的参数方程为为参数）（1）写出的普通方程；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标选修4-5：不等式选讲（10分）23已知，均为正数，且，证明：（1）；（2）若，则2022年全国统一高考数学试卷（理科）（甲卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分

6、，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，则ABCD【思路分析】由已知求得，代入，则答案可求【解析】，则故选：【试题评价】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题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【思路分析】对于，

7、求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断【解析】对于，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：，讲座前问卷答题的正确率的中位数为：，故错误；对于，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：，故正确；对于，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，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，故错误；对于，讲座后问卷答题的正确率的极差为：，讲座前正确率的极差为：，

8、讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故错误故选：【试题评价】本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题3设全集，0，1，2，集合，则A，B，C，D，【思路分析】求解一元二次方程化简，再由并集与补集运算得答案【解析】，1，2，又，0，1，2，故选：【试题评价】本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题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A8B12C16D20【思路分析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱，四棱柱的底面是直角梯形，平面，由此能求出该多面体的体积【解析】由多

9、面体的三视图得该多面体是一正四棱柱，四棱柱的底面是直角梯形，如图，平面，该多面体的体积为：故选：【试题评价】本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题5函数在区间，的图像大致为A BC D【思路分析】判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推出选项即可【解析】，可知，函数是奇函数，排除；当时，（1），排除故选：【试题评价】本题考查函数的奇偶性以及函数的图象的判断，是中档题6当时，函数取得最大值，则（2）ABCD1【思路分析】由已知求得，再由题意可得（1）求得，得到函数解析式，求其导函数，即可求得（2）【解析】由题意（1），则，则，当时函数取得最

10、值，可得也是函数的一个极值点，（1），即，易得函数在上单调递增，在上单调递减，故处，函数取得极大值，也是最大值，则（2）故选：【试题评价】本题考查导数的应用，考查导数最值与极值的关系，考查运算求解能力，是中档题7在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则AB与平面所成的角为CD与平面所成的角为【思路分析】不妨令，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解【解析】如图所示，连接，不妨令，在长方体中，面，面，所以和分别为与平面和平面所成的角，即，所以在中，在中，所以，故选项，错误，由图易知，在平面上的射影在上，所以为与平面所成的角，在中，故选项错误，如图，连接，则在平面上的射影为

11、，所以为与平面所成的角，在中，所以，所以选项正确，故选：【试题评价】本题考查了直线与平面所成角，属于中档题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，是以为圆心，为半径的圆弧，是的中点，在上，“会圆术”给出的弧长的近似值的计算公式：当，时，ABCD【思路分析】由已知求得与的值，代入得答案【解析】，是的中点，在上，延长可得在上，故选：【试题评价】本题考查扇形及其应用，考查运算求解能力，是基础题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，侧面积分别为和，体积分别为和若，则ABCD【思路分析】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

12、为，高分别为，则可求得，进而求得体积之比【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，高分别为，则，解得，由勾股定理可得，故选：【试题评价】本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题10椭圆的左顶点为，点，均在上，且关于轴对称若直线，的斜率之积为，则的离心率为ABCD【思路分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得：，再结合，整理可得离心率【解析】【解法一】已知，设，则，故，即，代入整理得：，故选：【解法二】（、补解）设椭圆的右顶点为, 由于点均在上且关于轴对称,所以直线,也关于轴对称, 即即故选：【试题评价

13、】本题考查椭圆的简单几何性质，是基础题11设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是A，B，C，D，【思路分析】由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得的取值范围【解析】【解法一】当时，不能满足在区间极值点比零点多，所以；函数在区间恰有三个极值点、两个零点，令则，又，的图象如下所示：，求得，故选：则，解得，即故选：C【解法二】（补解）如图，设在上三个极值点为, 三个零点为, 由题在上恰有三个极值点, 两个零点, , 可得解得 【试题评价】本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题12已知，则ABCD【思路分析】构造函数，可得，即，利用三角函数线可得，即，即，可得【解析】【解法一】

14、设，则，设，故在单调递增，即，即，故，单调递增，所以，可得，故，利用三角函数线可得时，即，故综上：，故选：【解法二】（补解）如图，构造半径为4，弧长为1的扇形，在扇形中,则故，利用三角函数线可得时，即，故综上：，故选：【试题评价】本题考查了三角函数不等式的证明与应用，考查了运算能力，属难题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设向量，的夹角的余弦值为，且，则11【思路分析】首先计算的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值【解析】由题意可得，则故答案为：11【试题评价】本题主要考查平面向量的数量积的定义，平面向量的运算法则等知识，属于中等题14若双曲线的渐近线与圆相切，则【思路

15、分析】求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可【解析】双曲线的渐近线：，圆的圆心与半径1，双曲线的渐近线与圆相切，解得，舍去故答案为：【试题评价】本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题15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 【思路分析】根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案【解析】根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有种取法，若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面2个、对角面4个，一共有12种情况，则这4个点在同一个平

16、面的概率；故答案为：【试题评价】本题考查古典概型的计算，涉及正方体的几何结构，属于基础题16已知中，点在边上，当取得最小值时，【思路分析】首先设出，在两个三角形中分别表示，继而，从而利用均值不等式取等号的条件即可【解析】【解法一】设，在三角形中，可得：，在三角形中，可得：，要使得最小，即最小，其中，此时，当且仅当时，即时取等号，故答案为：【解法二】（补解）以为原点建立如图所示坐标系，设，则，则有所以则有，其中，此时，当且仅当时，即时取等号，即时取得最小值，所以【试题评价】本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题三、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

17、为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17（12分）记为数列的前项和已知（1）证明：是等差数列；（2）若，成等比数列，求的最小值【思路分析】（1）由已知把换为作差可得递推关系从而证明，（2）由，成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公式找出正负分界点计算即可【解析】（1）【解法一】证明：由已知有：，把换成，可得：，整理得：，由等差数列定义有为等差数列；【解法二】（补解），故数列是以首项为，公差为的等差数列.，故为等差数列 （2）【解法一】由已知有，设等差数列的首项为，由（1）有其公差为1，故，解得，故，所以，故可得：，故在或者时取最

18、小值，故的最小值为【解法二】（补解）由（1）可得，又，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时【试题评价】本题主要考查利用数列递推关系求通项及等差数列前项和的最小值，属于中档题18（12分）在四棱锥中，底面，（1）证明：；（2）求与平面所成的角的正弦值【思路分析】（1）易知，取中点，容易证明四边形为平行四边形，再根据长度关系可得，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面的法向量，利用向量的夹角公式即可得解【解析】（1）证明：底面，面，取中点，连接，则，则，且，四边形为平行四边形，为直角三角形，且为斜边，又，面，面，面，又面，；（2）【解法一】由（1）知，两两互

19、相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则，则可取，设与平面所成的角为，则，与平面所成的角的正弦值为【解法二】（补解）几何法作交于平面，平面平面 面, 面面,过点作面的垂线，垂足在面与面的交线上直线与平面所成角在中: 直线与平面所成角的正弦【解法三】（补解）设点到平面的距离为，在中，,由等体积法得：,，设与平面所成角为则【试题评价】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题19（12分）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

20、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）用表示乙学校的总得分，求的分布列与期望【思路分析】根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分的值可取0，10，20，30，分别求出取上述值时的概率，可得分布列与数学期望【解析】（1）甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：第一场比赛第二场比赛第三场比赛甲学校获胜概率0.50.40.8乙学校获胜概率0.50.60.2甲学校要获得冠军，需要在3

21、场比赛中至少获胜2场，甲学校3场全胜，概率为：，甲学校3场获胜2场败1场，概率为：，所以甲学校获得冠军的概率为：；（2）乙学校的总得分的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：，则的分布列为：01020300.160.440.340.06的期望【试题评价】本题考查随机变量的分布列与数学期望的计算，难度不大20（12分）设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点当直线垂直于轴时，（1）求的方程；（2）设直线，与的另一个交点分别为，记直线，的倾斜角分别为，当取得最大值时，求直线的方程【思路分析】（1）由已知求得，则在中，利用勾股定理得，则的方程可求；（2）设，的坐标，写出与，再由三点共线可得

22、，；由题意可知，直线的斜率不为0，设，联立直线方程与抛物线方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系可得，求得与，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得的方程【解析】（1）【解法一】由题意可知，当时，得，可知，则在中，得，解得则的方程为；【解法二】（补解）如图所示，过点作抛物线的准线的垂线线，垂足为根据抛物线定义则有，即，解得 所以的方程为；（2）设，由（1）可知，则，又、三点共线，则，即，得，即；同理由、三点共线，得则由题意可知，直线的斜率不为0，设，由，得，则，则，当时，；当时，无最大值，当且仅当，即时，等号成立，取最大值，此时的直线方程为，即，又，的方程为，即【解法二】（补解）

23、设，直线，由可得，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MN、AB的倾斜角分别为，所以，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，设直线，代入抛物线方程可得，所以，所以直线即.【解法三】（补解）(2) 设.所以 .当时取得最大值, 比时又因为 所以直线过点,直线方程为 .【试题评价】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题21（12分）已知函数（1）若，求的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则【思路分析】（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在恒大于等于0，故（1），解出的范围即可（2）

24、首先将原不等式转化为证明，再利用函数在单调递增，即转化为证明，继而构造函数证明其在恒小于0即可【解析】【解法一】（1）的定义域为，令，解得，故函数在单调递减，单调递增，故（1），要使得恒成立，仅需，故，故的取值范围是，；（2）证明：由已知有函数要有两个零点，故（1），即，不妨设，要证明，即证明，即证明：，又因为在单调递增，即证明：，构造函数，因为又因为在上单调，所以，所以所以时，在上递增，所以得证【解法二】（补解）(1) 令则当单调递减；当单调递增又显然单调递增 ,则(2) 单调递增, 有两个零点,有且仅有一个零点, 且有两个解由的单调性知，分别位于两个不同的单调区间因此不妨设 下面证明不等式 成立:要证, 即证, 令 即证 令, 即证单调递减, 即【解法三】（补解）（2）由（1）可知，要使有两个零点，可将问题转化为有两个零点不妨设，令，即，即，所以在上单调递增所以，即因为，则有，即，所以因为是两个的零点，所以，所以因为，则，又因为在上单调