2022年高考文数试题真题试卷（全国甲卷）(含详细解析)

2022年高考文数真题试卷（全国甲卷）

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.（2022•全国甲卷）设集合A={-2,一L0,1,2},B={%|04x<|}，贝I4nB=（）

A.{0,1,2}B.{—2，—I,0)

C.[0,1}D.{1,2}

【答案】A

【知识点】交集及其运算

【解析】【解答】解：F={—2,-1,0,1,2},8=析|04合<^，•••ACB={0,1，2）.

故选：A

【分析】根据集合的交集运算即可解出.

2.（2022•全国甲卷）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：

隹民设号

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

【答案】B

【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差

【解析】【解答】解：对于A,讲座前中位数为70%彳75%>70%,所以A错;

对于B,讲座后问卷答题的正确率只有1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；

对于C,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；

对于D,讲座后问卷答题的正确率的极差为10()%-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.

【分析】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.

3.(2022■全国甲卷)若z=1+i.则|iz+3团=()

A.4>/5B.4V2C.2V5D.2a

【答案】D

【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算；复数求模

【解析】【解答】解：因为z=l+i,所以iz+32=i(l+i)+3(l-i)=2-2i,所以|iz+32|=

V4+4=2V2.

故选：D

【分析】根据复数代数形式的运算法则，共朝复数的概念先求得也+32=2-2i,再由复数的求模公

式即可求出.

4.(2022•全国甲卷)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

【答案】B

【知识点】由三视图求面积、体积；棱柱、棱锥、棱台的体积

【解析】【解答】解：由三视图还原几何体，如图，

故选：B.

【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.

5.(2022•全国甲卷)将函数fQ)=sin(3%+软3>0)的图像向左平移4个单位长度后得到曲线C,

若C关于y轴对称，则3的最小值是()

A.1B.1C.1D.1

6432

【答案】C

【知识点】函数的图象与图象变化；正弦函数的图象；正弦函数的奇偶性与对称性

【解析】【解答】解：由题意知：曲线C为y=sin[“x+W)^=sin(ax+等+勺,

又曲线C关于y轴对称，则等+号=/而，kGZ,

解得3=3+2%k£Z,

又(o>0,

故当k=0时，co的最小值为J.

故选：C.

【分析】先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得等+g=掾+kekeZ,即可求出co的最

小值.

6.(2022•全国甲卷)从分别写有1,2,3,4,5,6的6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.1B.|C.|D.|

【答案】C

【知识点】古典概型及其概率计算公式

【解析】【解答】解：从6张卡片中无放回抽取2张，共有如下15种情况：

(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),

(4,5),(4,6),(5,6),

其中数字之积为4的倍数的有其中数字之积为4的倍数的有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),

(4,6),共6种情况，

故概率为微=I.

故选：C.

【分析】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.

7.(2022•全国甲卷)函数/(x)=(3Z-3-x)cosx在区间[-J,月的图像大致为()

【答案】A

【知识点】函数奇偶性的性质；函数的值

【解析】【解答】解:由题意得,f(-x)=(3x-3x)cos(-x)=-(3x-3-x)cosx=-f(x),又J]

所以f(x)为奇函数，排除BD；

又当无€(0,身时，3x-3-x>0,cosx>0,所以f(x)>0,排除C.

故选：A.

【分析】由函数的奇偶性排除BD,结合指数函数、三角函数的性质逐项排除C,即可得解.

8.(2022•全国甲卷)当x=l时，函数/(%)=a\nx+取得最大值—2,则/(2)=()

A.-1B.C.|D.1

【答案】B

【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用

【解析】【解答】因为函数f(x)定义域为(0,+oo),所以依题可知，f(l)=-2,f(l)=0,

又/⑺=

瞰注0-2,解得的二力,

所以((%)=-介备

由f(x)>0,得0<x〈l,由f*(x)<0,得x>l,

因此函数f(x)在(0,1)上递增，在(1,+oo)上递减，

则当x=l时取最大值，满足题意，即有:⑵=—1+2=一米

故选：B.

【分析】根据题意可知f(l)=-2,f(l)=0,列式即可解得a,b,再根据f(x)即可解出.

9.(2022•全国甲卷)在长方体4BC。一公81。1。1中，已知BXD与平面ABCD和平面AA^B所

成的角均为30。，则()

A.AB=2AD

B.AB与平面ABiCiD所成的角为30。

C.AC=CB1

D.BiD与平面BB&C所成的角为45°

【答案】D

【知识点】直线与平面所成的角

【解析】【解答】解：如图所示：

不妨设AB=a,AD=b,AAi=c,依题以及长方体的结构特征可知，BQ与平面ABCD所成角为NBQB,

BQ与平面AAIBIB所成角为/DBiA,

所以如30。=*=益，

222

即b=c，BXD=2C=Va+b+c，

解得Q=V2c.

对于A,AB=a,AD=b,AB=V2AD,A错误；

对于B,过B作BE±ABi于E,易知BE,平面ABiCiD,所以AB与平面ABCQ所成角为NBAE,

因为tan/BAE=£=乎，所以/BAE彳30。,B错误；

a2

2222

对于C,AC=Va4-b=y/3c,CBt=V6+c=V2c/ACCB1fC错误；

对于D,BQ与平面BBQC所成角为/DBC，又sin/CBi。=第=券=孝，而（r</DBiC<90。,

所以NDBC=45。.D正确.

故选：D.

【分析】先设AB=a,AD=b,AA尸c,再由题意得a=V^c，b=c,最后根据线面角的定义以及长方

体的结构特征即可求出.

10.（2022•全国甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2兀,侧面积分别

sV

为S甲和S乙,体积分别为Y甲和。乙,若卫-=2,则y—=（）

A.V5B.2V2C.旧D.§2^2

【答案】C

【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）

【解析】【解答】解：设母线长为1,甲圆锥底面半径为n,乙圆锥底面圆半径为小

所以口二212,

又笄+罕=2冗,

蜡芦=1,

所以丁1=,乙丁2=^1，

所以甲圆锥的高厄

乙圆锥的高九2=J/2—”=/2—&j=竽/

Y田扣rfh]gPx争

所以法=VTo

乙加他2#x孥，

故选：C.

【分析】设母线长为1,甲圆锥底面半径为r”乙圆锥底面圆半径为n,根据圆锥的侧面积公式可得

口=2n，再结合圆心角之和可将r”也分别用1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.

11.（2022•全国甲卷）已知椭圆C：各*l（a>b〉0）的离心率为J,A2分别为C的左、

右顶点，B为C的上顶点.若西•瓦£=一1,则C的方程为（)

A%2y2需+一丫2

A._+1B.*=1・2

18十16=1D-y+y=1

【答案】B

【知识点】平面向量数量积的运算；平面向量数量积坐标表示的应用；椭圆的简单性质

2

b8

则

解得2

【解析】【解答】解：因为离心率e£J—02=--=--89a

==Q29

记Ai,A2分别为C的左右顶点，则Ai（-a,0）,A2（a,0）,

又B为上顶点，所以B（0,b）,

所以BA】=（-a,-。），BA2=（a,—，

因为•BA2=-1

所以-a2+b2=-l,将b2孽2代入，解得a2=9,b2=8,

故椭圆的方程为4+粤=1.

yo

故选：B.

【分析】根据离心率及B7「B12=_1，解得关于a?，b2的等量关系式，即可得解.

12.（2022•全国甲卷）已知9nl=10,a=10巾一11,6=8加一9,贝IJ（）

A.a>0>bB.a>b>0C.b>a>0D.b>0>a

【答案】A

【知识点】指数函数单调性的应用；指数式与对数式的互化；换底公式的应用；对数函数的单调性与特殊

点；基本不等式在最值问题中的应用

【解析】【解答】解：由9m=10可得m=log910=错>1，

2

而，g%gll<（7•g9+/gll）（哨2<1=的10）2,

所以国1°、011

所以砂〉河'

即m>lgl1,

所以a=10m-ll>10igU-ll=0.

又S8lglO<（皿誓）2=（喈j<（国9）2,

所/gio

所以顺〉w’

即Iogs9>m,

所以b=8m—9<81°g89-9=0.

综上,a>O>b.

故选：A

【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知m=log910>l,再利用基本不等式，换底公式可

得m>lgll,logs9>m,然后由指数函数的单调性即可解出.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.(2022•全国甲卷)已知向量a=(m,3),b=(1,m4-1).若aJ.b，贝ljm=.

【答案】或・0.75

【知识点】数量积判断两个平面向量的垂直关系

【解析】【解答】由题意知：a-b=m+3(m-I-1)=0，解得租=—,•

故答案为：一尚.

【分析】由向量垂直的坐标表示求解即可.

14.(2022•全国甲卷)设点M在直线2x+y—1=0上，点(3,0)和(0,1)均在QM上，则0M

的方程为.

【答案】(x-I)2+(y+I)2=5

【知识点】圆的标准方程

【解析】【解答】解：•••点M在直线2x+y—1=0上，

，设点M为（a,l-2a）,又因为点（3,0）和（0,1）均在0M上,

.♦.点M到两点的距离相等且为半径R,

：7（a一3>+（1-2a）=丽+（-2/2，

化简得：a2-6a+9+4a2-4a+1=5a2,

解得a=l,

AM（1,-1），R=下，

则。M的方程为（％-1）2+（y+1下=5.

故答案为：（x—I）2+（y+I）2=5

【分析】设出点M的坐标，利用点（3,0）和（0,1）均在OM上，求得圆心及半径，即可得圆的

方程.

15.（2022•全国甲卷）记双曲线C：芍一马=l（a>0,b>0）的离心率为e,写出满足条件“直线y=

Qb

2x与C无公共点”的e的一个值.

【答案】2（满足l<e<V5皆可）

【知识点】双曲线的简单性质

【解析】【解答】解：因为双曲线C：与一［=l（a>0,b>0）,

ab

所以C的渐近线方程为y=+^X，

结合渐近线的特点，只需0<，W2,即\w4，

可满足条件“直线y=2x与C无公共点”

所以e=g=jl+、W41+4=V5r

又因为e>l,所以l<eW通，

故答案为：2（满足l<eW遍皆可）

【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线y=±^x中0<^W2即可求得满足要求的e值.

16.（2022•全国甲卷）已知A4BC中，点D在边BC上，Z.ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当

%取得最小值时，BD=

【答案】V3-1或-1+k

【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用

【解析】【解答】解：设CD=2BD=2m>0,

则在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD-ADcosZADB=m2+4+2m,

在^ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD-ADcosZADC=4m2+4-4m,

..AC2_4m2+4-4瓶_4(/+4+2m)-12(1+?72)_1212

'^AB2m2+4+2mm2+4+2m(6+1)+岛^一4----=4—

2：J（m+l）x岛

2V3,

当且仅当6+1=岛即巾=遮—1时，等号成立，

所以当釜取最小值时，m=V3-l，即BD=遮一1.

故答案为：V3—1.

2

【分析】设CD=2BD=2m>0,利用余弦定理表示出与后，结合基本不等式即可得解.

AB1

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17~21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。

17.（2022•全国甲卷）甲、乙两城之间的长途客车均由A和B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

A24020

B21030

2

附.“2一n(ad-bc)______

八一(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

P(J<20.1000.0500.01()

k2.7063.8416.635

（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？

【答案】(1)解：由表中数据可知，A共有班次240+20=260次，准点班次有240次,

设A家公司长途客车准点事件为M,

则P(M)=第=1j；

则A家公司长途客车准点的概率为1|；

B共有班次210+30=240次，准点班次有210次,

设B家公司长途客车准点事件为N,

则P(N)=g§=]

B家公司长途客车准点的概率为Z.

O

(2)解：列联表

准点班次数未准点班次数合计

A24020260

B21030240

合计45050500

29

2_Mad-bc)=500x(240x30-210x20)Z〜々­a、27nA,

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)260x240x450x503-2Ub>2-/Ub

根据临界值表可知，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.

【知识点】独立性检验的应用；古典概型及其概率计算公式

【解析】【分析】(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K?,再利用临界值表比较即可得结论.

18.(2022•全国甲卷)记Sn为数列｛即｝的前n项和.已知4-n=2czn+1.

(1)证明：｛a"是等差数列；

(2)若。杂。7,成等比数列，求Sn的最小值.

2

【答案】(1)已知+n=2an+1,即2Sn+n-2nan+n①，

当九之2时，2s71T+(九一=2(九一l)a九一i+(九一1)②，

得，2s7T+九2-2szi一(TL-1)2=2n(in+九一2(n——(H—1),

即2ati+2几-1=271azi—2(n—l)dn_1+1,

即2(九一l)an—2(n—=2(n—1),所以an—an-t=1,n之2且TIEN*,

所以｛an｝是以1为公差的等差数列.

(2)由(1)中an-an_i=1可得，偌=+3,a7=ar+6,AABC,

2

又ci4,a7,a9成等比数列，所以a7=a4-a,）,

即Q+6）2=@4-3）•@+8），解得即=-12,

所以=n-13,所以sn=_i2n+吗独=，2_学n=会n_孕）—等，

乙乙乙乙乙O

所以，当n=12或n=13时（5n）min=-78.

【知识点】等差数列；等差数列的前n项和；等比数列的性质；数列递推式

C—1

【解析】【分析】（1）依题意可得25^+712=271%.+n,根据斯=1'n一，作差即可得

-Sn_、,n>2

到an-a„_x=1,从而得证；

（2）由（1）及等比中项的性质求出ai,即可得到｛&,｝的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性

质计算可得.

19.（2022•全国甲卷）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ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，AEAB,4FBC,AGCD,^HDA均为正三角形，

且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.

（1）证明：EF||平面ABCD；

（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.

【答案】（1）证明：分别取AB,BC的中点M,N,连接MN,

因为&EAB,△FBC为全等的正三角形，所以EMLAB,FN1BC,EM=FN,又平面EAB1

平面ABCD,平面EAB0平面ABCD=AB,EMc平面EAB,所以EM1平面ABCD,同

理可得FN1平面ABCD,根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN,所以四边形

EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EFU平面ABCD,MNu平面ABCD,所以EF//

平面ABCD.

(2)解：分别取AD,DC中点K,L,

由(1)知，EF//MN且EF=MN,同理有，HE//KM,HE=KM,HG//KL,HG=KL,

GF//LN,GF=LN,由平面知识可知，BDLMN,MNJ.MK,KM=MN=NL=LK,所以

该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍.

因为MN=NL=LK=KM=4五，EM=8sin60。=4百，点B到平面MNFE的距离即为点

B到直线MN的距离d,d=2V2，所以该几何体的体积V=(4或尸x4V3+4x|x4或x

4V3X2>/2=128V3+竽苗=缪遍.

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直

的性质

【解析X分析】(1)依题意，根据直线与平面垂直的判定定理可得EML平面ABCD,FNL平面ABCD,

根据线面垂直的性质定理可知EM〃FN,即可知四边形EMNF为平行四边形，可得EF//MN,再根据

线面平行的判定定理即可证出；

(2)再分别取AD,DC中点K,L,由(1)知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加

上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出.

20.(2022•全国甲卷)已知函数/(%)=%3-%,g(x)=x2+a,曲线y=/(%)在点(勺，/(xj)处

的切线也是曲线y=gQ)的切线.

(1)若％1=-1,求a：

(2)求a的取值范围.

【答案】(1)解：由题意知，/(—1)=-1—(―1)=0,f(%)=3x2—1»f(-1)=3-1=2，

则y=f(%)在点(一1，0)处的切线方程为y=2(x+l),

即y=2%+2,设该切线与g(x)切于点(冷，g(%2))，9'(%)=2x，则g'(%2)=2%2=2,解

得％2=1，则g(l)=1+Q=2+2,解得a=3；

(2)解：/(%)=3/—1,则y=/(%)在点(%「/(打))处的切线方程为y--%1)=(3xf-

1)(%—%1),整理得y=(3好一1)%—2%：,

设该切线与gQ)切于点(%2，g(%2))，g'(X)=2%,则g(外)=2%2，则切线方程为y-(W+

a)=2%2(%—%2)，整理得y=2%2%—据+a，

则｛普［二号Q,整理得a=x2_2x3=(31i-1)2_2X3=9X4.2%3.§斓+，

Q21

令h(x)=/4_2x3—2x2+4，则h(x)=9x3—6x2—3%=3x(3%+1)(%—1)，令/i(%)>0，

解得一■1v%V0或%>1，

令h(x)<0，解得x<或0<久<1,贝ij久变化时，/i(x)的变化情况如下表：

111

X(-8,飞f。)0(0,1)1(1,4-00)

3

h(%)-0+0-0+

九(%)571-17

274

则h(x)的值域为［一1,+8),故a的取值范围为［-1,+00).

【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题

中的应用

【解析】【分析】(1)先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，

再由函数值求出a即可；

(2)设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a,构造

函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.

21.(2022•全国甲卷)设抛物线C；y2=2px(p>0)的焦点为F,点D(p,0),过尸的直线交C

于M,N两点.当直线MD垂直于x轴时，|M/|=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

a,0.当a—6取得最大值时，求直线AB的方程.

【答案】(1)解：抛物线的准线为％=，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p,

此时|MF|=p+§=3，所以p=2,

所以抛物线C的方程为y2=4x；

2222

y1y2yy4

设3

r-Nz-以4fB-

Ml-1(-1i---1

k4.x4tx414.y4直线MN：%=my+1,

,(x=my+1.

由jy2_©可得/_4my-4=0

4>0，yxy2=-4，

_%一、2_4_y-y_4

由斜率公式可得kMN~区与一万顼，kAB~34

丫3+、4，

直线MD：X=『・y+2，代入抛物线方程可得产一丝三二0.丫-8=0,

4〉o,月为=-8，所以丫3=2y2，同理可得y4=2y1，

4_4

所以kAB_KMN

为+%—2(%+、2)-2

又因为直线MN、AB的倾斜角分别为a,0,

所以以8=tan0=^=喈，

若要使a-B最大，则Be(0,J),

,八、tana—tan/?k1,1V2

设kMN=2kAB=2k>0，则tan(a_/?)=1+tancrtan^=^2=西^=T

当且仅当上=2k即k=¥时，等号成立，

所以当a-p最大时，kAB，设直线AB：x=V2y+n,

代入抛物线方程可得y2-4V2y-4n=0,

4>0,y3y4=-4n=4yly2=-16，所以n=4,

所以直线AB：x=V2y+4.

【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题

【解析】【分析】(1)由抛物线的定义可得|MF|=p+*即可得解；

(2)设点的坐标及直线MN：x=my+l,由韦达定理及斜率公式可得KMN=2KAB,再由差角的正切公

式及基本不等式可得K^B=孝，设直线AB：%=V2y+n,结合韦达定理可解.

四、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。

2+t

22.(2022•全国甲卷)在直角坐标系xOy中，曲线的的参数方程为*6(t为参数)，曲线C2

.y-y/t

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