2023年12月12日发(作者：滑县中考二模数学试卷)

2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷文科）注意事项：1．答卷前,考生务必将自己地，准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时,选出每小题结果后,用2B铅笔把答题卡上对应题目地结果标号框涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它结果标号框,回答非选择题时,将结果写在答题卡上.写在本试题上无效.3．考试结束后,将本试题和答题卡一并交回.一，选择题：本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地.1.

集合M2,4,6,8,10,Nx1x6,则MN（

）A.

{2,4}【结果】A【思路】【思路】依据集合地交集运算即可解出．【详解】因为M2,4,6,8,10,Nx|1x6,所以MN2,4．故选：A.2.

设(12i)ab2i,其中a,b为实数,则（

）A.

a1,b1【结果】A【思路】【思路】依据复数代数形式地运算法则以及复数相等地概念即可解出．【详解】因为a,bÎR,ab2ai2i,所以ab0,2a2,解得：a1,b1．故选：A.B.

a1,b1C.

a1,b1D.

a1,b1B.

{2,4,6}C.

{2,4,6,8}D.

{2,4,6,8,10}rr3.

已知向量a(2,1)，b(2,4),则ab（

）A. 2【结果】D【思路】B. 3C. 4D. 5rr【思路】先求得ab,然后求得ab.2【详解】因为ab2,12,44,3,所以ab4235.故选：D4.

分别统计了甲，乙两位同学16周地各周课外体育运动时长（单位：h）,得如下茎叶图：则下面结论中错误地是（

）A.

甲同学周课外体育运动时长地样本中位数为7.4B.

乙同学周课外体育运动时长地样本平均数大于8C.

甲同学周课外体育运动时长大于8地概率地估计值大于0.4D.

乙同学周课外体育运动时长大于8地概率地估计值大于0.6【结果】C【思路】【思路】结合茎叶图，中位数，平均数，古典概型等知识确定正确结果.【详解】对于A选项,甲同学周课外体育运动时长地样本中位数为对于B选项,乙同学课外体育运动时长地样本平均数为：7.37.57.4,A选项结论正确.26.37.47.68.18.28.28.58.68.68.68.69.09.29.39.810.18.506258,16B选项结论正确.对于C选项,甲同学周课外体育运动时长大于8地概率地估计值C选项结论错误.对于D选项,乙同学周课外体育运动时长大于8地概率地估计值D选项结论正确.故选：C60.3750.4,16130.81250.6,16xy…2,5.

若x,y满足约束款件x2y„4,则z2xy地最大值是（

）y…0,A.

2【结果】C【思路】B. 4C. 8D. 12【思路】作出可行域,数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域,如图阴影部分所示,转化目标函数z2xy为y2xz,上下平移直线y2xz,可得当直线过点4,0时,直线截距最小,z最大,所以zmax2408.故选：C.6.

设F为抛物线C:y24x地焦点,点A在C上,点B(3,0),若AFBF,则AB（

）A. 2【结果】B【思路】【思路】依据抛物线上地点到焦点和准线地距离相等,从而求得点A地横坐标,进而求得点A坐标,即可得到结果.【详解】由题意得,F1,0,则AFBF2,即点A到准线x1地距离为2,所以点A地横坐标为121,不妨设点A在x轴上方,代入得,A1,2,所以AB故选：BB.

22C. 3D.

323120222.27.

执行下边地程序框图,输出地n（

）A. 3B. 4C. 5【结果】B【思路】【思路】依据框图循环计算即可.【详解】执行第一次循环,bb2a123,aba312,nn12,b232a22222140.01。执行第二次循环,bb2a347,aba725,nn13,b2a22721522250.01。执行第三次循环,bb2a71017,aba17512,nn14,b2a22172122211440.01,此时输出n4.故选：B8.

如图是下面四个函数中地某个函数在区间[3,3]地大约图像,则该函数是（D. 6） x33xA.

yx21【结果】A【思路】x3xB.

y2x1C.

y2xcosxx21D.

y2sinxx21【思路】由函数图像地特征结合函数地性质逐项排除即可得解.x3x【详解】设fx2,则f10,故排除B;x1设hx2xcosxπx,当0,时,0cosx1,2x122xcosx2x1,故排除C;x21x21所以hx设gx故选：A.2sinx2sin3g30,故排除D.,则2x1109.

在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC地中点,则（

）A.

平面B1EF平面BDD1C.

平面B1EF//平面A1AC【结果】A【思路】【思路】证明EF平面BDD1,即可判断A。如图,以点D为原点,建立空间直角坐标系,设AB2,分别求出平面B1EF,A1BD,AC11D地法向量,依据法向量地位置关系,即可判断BCD.【详解】解：在正方体ABCDA1B1C1D1中,B.

平面B1EF平面A1BDD.

平面B1EF//平面AC11DACBD且DD1平面ABCD,又EF平面ABCD,所以EFDD1,因为E,F分别为AB,BC地中点,所以EFAC,所以EFBD,又BDDD1D,所以EF平面BDD1,又EF平面B1EF,所以平面B1EF平面BDD1,故A正确。如图,以点D为原点,建立空间直角坐标系,设AB2,则B12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A12,0,2,A2,0,0,C0,2,0,C10,2,2,则EF1,1,0,EB10,1,2,DB2,2,0,DA12,0,2,AA10,0,2,AC2,2,0,A1C12,2,0,设平面B1EF地法向量为mx1,y1,z1,

mEFx1y10则有,可取m2,2,1,mEB1y12z10同理可得平面A1BD地法向量为n11,1,1,平面A1AC地法向量为n21,1,0,平面AC11D地法向量为n31,1,1,则mn122110,所以平面B1EF与平面A1BD不垂直,故B错误。uru因为m与n2不平行,因为m与n3不平行,所以平面B1EF与平面A1AC不平行,故C错误。所以平面B1EF与平面AC11D不平行,故D错误,故选：A.10.

已知等比数列an地前3项和为168,a2a542,则a6（

）A. 14【结果】D【思路】【思路】设等比数列an地公比为q,q0,易得q1,依据题意求出首项与公比,再依据等比数列地通项即可得解.【详解】解：设等比数列an地公比为q,q0,若q1,则a2a50,与题意矛盾,所以q1,B. 12C. 6D. 3a11q3a196a1a2a3168则,解得1,1qq42a2a5a1qa1q42所以a6a1q3.故选：D.11.

函数fxcosxx1sinx1在区间0,2π地最小值，最大值分别为（

）A.

，5ππ22B.

3ππ，22C.

，2ππ22D.

3ππ，222【结果】D【思路】【思路】利用导数求得fx地单调区间,从而判断出fx在区间0,2π上地最小值和最大值.【详解】fxsinxsinxx1cosxx1cosx,π3πfx,2π上fx0,即fx单调递增。所以在区间0,和22在区间π3π,上fx0,即fx单调递减,22ππ2,223π3π3πf11,222又f0f2π2,f所以fx在区间0,2π上地最小值为故选：Dπ3π,最大值为2.2212.

已知球O地半径为1,四棱锥地顶点为O,底面地四个顶点均在球O地球面上,则当该四棱锥地体积最大时,其高为（

）A.

13B.

12C.

33D.

22【结果】C【思路】【思路】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时,底面ABCD面积最大值为2r2,进而得到四棱锥体积表达式,再利用均值定理去求四棱锥体积地最大值,从而得到当该四棱锥地体积最大时其高地值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆半径为r,设四边形ABCD对角线夹角为,则SABCD111ACBDsinACBD2r2r2r2222（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥地顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时,底面ABCD面积最大值为2r2又r2h21则VOABCD12222r2r22h243222rhrr2h333327333当且仅当r22h2即h故选：C时等号成立,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地前n项和．若2S33S26,则公差d_______．【结果】2【思路】【思路】转化款件为2a1+2d2a1d6,即可得解.【详解】由2S33S26可得2a1a2+a33a1a26,化简得2a3a1a26,即2a1+2d2a1d6,解得d2.故结果为：2.14.

从甲，乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作,则甲，乙都入选地概率为____________．【结果】【思路】【思路】依据古典概型计算即可【详解】从5名同学中随机选3名地方式数为C510甲，乙都入选地方式数为C33,所以甲，乙都入选地概率P故结果为：133##0.31031031015.

过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)中地三点地一个圆地方程为____________．【结2果】x2y32213或x22y15或24765或xy3392281692。xy1525【思路】【思路】设圆地方程为x2y2DxEyF0,依据所选点地坐标,得到方程组,解得即可。【详解】解：依题意设圆地方程为x2y2DxEyF0,F0F0若过0,0,4,0,1,1,则164DF0,解得D4,11DEF0E6所以圆地方程为x2y24x6y0,即x2y313。22F0F0若过0,0,4,0,4,2,则164DF0,解得D4,1644D2EF0E2所以圆地方程为x2y24x2y0,即x2y15。22F0F081,10,0D4,211DEF0,,若过,则,解得,31644D2EF014E38144765y0,即所以圆地方程为xyx。xy33339222216F511DEF016若过1,1,4,0,4,2,则164DF0,解得D,51644D2EF0E2161681692x2y0,即所以圆地方程为xy。xy155525222故结果为：x2y3224765或13或x2y15或xy339222281692。xy152516.

若fxlna①.

21b是奇函数,则a_____,b______．1x【结果】

【思路】1。

②.

ln2．2【思路】依据奇函数地定义即可求出．【详解】因为函数fxlna由a1b为奇函数,所以其定义域有关原点对称．1x1a110可得,1xa1ax0,所以x1,解得：a,即函数地定义域为1xa2111xln2ln,21x1x,11,11,,再由f00可得,bln2．即fxln在定义域内满足fxfx,符合题意．故结果为：1。ln2．2三，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,每个试题考生都一定作答.第22，23题为选考题,考生依据要求作答.17.

记ABC地内角A,B,C地对边分别为a,b,c﹐已知sinCsinABsinBsinCA．（1）若A2B,求C。（2）证明：2a2b2c2【结果】（1）5π。

8（2）证明见思路．【思路】【思路】（1）依据题意可得,sinCsinCA,再结合三角形内角和定理即可解出。

（2）由题意利用两角差地正弦公式展开得sinCsinAcosBcosAsinBsinBsinCcosAcosCsinA,再依据正弦定理,余弦定理化简即可证出．【小问1详解】由A2B,sinCsinABsinBsinCA可得,sinCsinBsinBsinCA,而0Bπ,所以2sinB0,1,即有sinCsinCA0,而0Cπ,0CAπ,显然CCA,所以,CCAπ,而A2B,ABCπ,所以C【小问2详解】由sinCsinABsinBsinCA可得,5π．8sinCsinAcosBcosAsinBsinBsinCcosAcosCsinA,再由正弦定理可得,accosBbccosAbccosAabcosC,然后依据余弦定理可知,22222acbbcabcaabc,化简得：22222a2b2c2,故原等式成立．18.

如图,四面体ABCD中,ADCD,ADCD,ADBBDC,E为AC地中点．（1）证明：平面BED平面ACD。（2）设ABBD2,ACB60,点F在BD上,当△AFC地面积最小时,求三棱锥FABC地体积．【结果】（1）证明详见思路

（2）34【思路】【思路】（1）通过证明AC平面BED来证得平面BED平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC地面积最小时F点地位置,然后求得F到平面ABC地距离,从而求得三棱锥FABC地体积.【小问1详解】由于ADCD,E是AC地中点,所以ACDE.ADCD由于BDBD,所以△ADB△CDB,ADBCDB所以ABCB,故ACBD,由于DEBDD,DE,BDÌ平面BED,所以AC平面BED,由于AC平面ACD,所以平面BED平面ACD.【小问2详解】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,ADCD,所以三角形ACD是等腰直角三角形,所以DE2BE2BD2,所以DEBE,由于ACBEE,AC,BE平面ABC,所以DE平面ABC.由于△ADB△CDB,所以FBAFBC,BFBF由于FBAFBC,所以FBAFBC,ABCB所以AFCF,所以EFAC,由于SAFC1ACEF,所以当EF最短时,三角形AFC地面积最小值.2113BEDEBDEF,解得EF,2222过E作EFBD,垂足为F,在Rt△BED中,313所以DF12,,BF2DF222所以BF33,DEBD4过F作FHBE,垂足为H,则FH//DE,所以FH平面ABC,且所以FH3,411133.SABCFH2333244所以VFABC19.

某地经过多年地环境治理,已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木地总材积量,随机选取了10棵这种树木,测量每棵树地根部横截面积（单位：m2）和材积量（单位：m3）,得到如下数据：样本号ｉ总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi并计算得0.252i0.40102i0.220.54100.510.340.360.460.420.403.9xi=1100.038,y1.6158,xiyi0.2474．i=1i=1（1）估计该林区这种树木平均一棵地根部横截面积与平均一棵地材积量。（2）求该林区这种树木地根部横截面积与材积量地样本相关系数（精确到0.01）。（3）现测量了该林区所有这种树木地根部横截面积,并得到所有这种树木地根部横截面积总和为186m2．已知树木地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地总材积量地估计值．附：相关系数r(xx)(yy)iii=1n(xx)(yy)2iii=1i=1nn,1.8961.377．2【结果】（1）0.06m2。0.39m3

（2）0.97

（3）1209m3【思路】【思路】（1）计算出样本地一棵根部横截面积地平均值及一棵材积量平均值,即可估计该林区这种树木平均一棵地根部横截面积与平均一棵地材积量。（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本地相关系数值。（3）依据树木地材积量与其根部横截面积近似成正比,列方程即可求得该林区这种树木地总材积量地估计值．【小问1详解】样本中10棵这种树木地根部横截面积地平均值x样本中10棵这种树木地材积量地平均值y0.60.06103.90.3910据此可估计该林区这种树木平均一棵地根部横截面积为0.06m2,平均一棵地材积量为0.39m3【小问2详解】rxxyyiii=110xxyyiii=1i=1102102xy10xyiii=110102222x10xy10yiii=1i=1100.2474100.060.39(0.038100.062)(1.6158100.392)0.01340.01340.970.00018960.01377则r0.97【小问3详解】设该林区这种树木地总材积量地估计值为Ym3,又已知树木地材积量与其根部横截面积近似成正比,可得0.06186=,解之得Y=1209m3．0.39Y则该林区这种树木地总材积量估计为1209m320.

已知函数f(x)ax1(a1)lnx．x（1）当a0时,求f(x)地最大值。（2）若f(x)恰有一个零点,求a地取值范围．【结果】（1）1

（2）0,【思路】【思路】（1）由导数确定函数地单调性,即可得解。（2）求导得fx地极值,即可得解.【小问1详解】当a0时,fxax1x1,按照a0，0a1及a1结合导数讨论函数地单调性,求得函数x21111xlnx,x0,则fx22,xxxx()当x1,时,f¢(x)<0,fx单调递减。当x0,1时,f¢x>0,fx单调递增。所以fxmaxf11。【小问2详解】fxax11a1ax1x1a1lnx,x0,则fxa2,2xxxx当a0时,ax10,所以当x0,1时,f¢x>0,fx单调递增。当x1,时,f¢x<0,fx单调递减。所以fxmaxf1a10,此时函数无零点,不合题意。()()当0a1时,11x)>0,fx单调递增。1,在0,1,,上,f¢(aa在1,1x)<0,fx单调递减。(上,f¢a又f1a10,当x趋近正无穷大时,fx趋近于正无穷大,1fx所以仅在,有唯一零点,符合题意。a当a1时,fxx1x220,所以fx单调递增,又f1a10,所以fx有唯一零点,符合题意。当a1时,111,在0,,1,上,f¢(x)>0,fx单调递增。aa在1x)<0,fx单调递减。此时f1a10,,1上,f¢(a1na1anna1lna,当n趋近正无穷大时,n1a1fna趋近负无穷,又f11fx0,所以在有一个零点,在,无零点,aa所以fx有唯一零点,符合题意。综上,a地取值范围为0,.【点睛】关键点点睛：解决本题地关键是利用导数研究函数地极值与单调性,把函数零点问题转化为函数地单调性与极值地问题.21.

已知椭圆E地中心为坐标原点,对称轴为x轴，y轴,且过A0,2,B（1）求E地方程。（2）设过点P1,2地直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴地直线与线段AB交于点T,点H满足3,1两点．2MTTH．证明：直线HN过定点．y2x2【结果】（1）1

43（2）(0,2)【思路】【思路】（1）将给定点代入设出地方程求解即可。（2）设出直线方程,与椭圆C地方程联立,分情况讨论斜率是否存在,即可得解.【小问1详解】3A0,2,B,1解：设椭圆E地方程为mxny1,过,2224n111则9,解得m,n,3mn144y2x2所以椭圆E地方程为：1.43【小问2详解】32A(0,2),B(,1),所以AB:y2x,3222xy①若过点P(1,2)地直线斜率不存在,直线x1.代入1,34可得M(1,22626yx2,可得AB,,代入方程)N(1,)3332626),由MTTH得到H(265,).求得HN方程：33T(63,y(226)x2,过点(0,2).3②若过点P(1,2)地直线斜率存在,设kxy(k2)0,M(x1,y1),N(x2,y2).kxy(k2)0,得(3k24)x26k(2k)x3k(k4)0,联立x2y21348(2k)6k(2k)yyxx123k24123k24可得,,23k(4k)4(44k2k)xxyy122223k43k24且x1y2x2y124k(*)23k4yy13y1,T(3,y1),H(3y16x1,y1).联立可得2yx223可求得此时HN:yy2y1y2(xx2),3y16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).【点睛】求定点，定值问题常见地方式有两种：①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关。②直接推理，计算,并在计算推理地过程中消去变量,从而得到定值.（二）选考题：共10分．请考生在第22，23题中选定一题作答,并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应地题号方框涂黑．按所涂题号进行评分,不涂，多涂均按所答第一题评分。多答按所答第一题评分.[选修4—4：坐标系与参数方程]22.

在直角坐标系xOy中,曲线C地参数方程为x3cos2t,（t为参数）,以坐标原点为极点,x轴正半y2sint轴为极轴建立极坐标系,已知直线l地极坐标方程为sin（1）写出l地直角坐标方程。（2）若l与C有公共点,求m地取值范围．【结果】（1）3xy2m0

（2）m0．3195m122【思路】【思路】（1）依据极坐标与直角坐标的互化公式处理即可。（2）联立l与C地方程,采用换圆法处理,依据新设a地取值范围求解m地范围即可.【小问1详解】因为l：sin13cosm0,m0,所以sin32213yxm0,22又因为siny,cosx,所以化简为整理得l地直角坐标方程：3xy2m0【小问2详解】联立l与C地方程,即将x3cos2t,y2sint代入3xy2m0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sinta,则a1,1,令f(a)6a22a3,(1≤a≤1),对称轴为a1,开口向上,6所以f(a)maxf(1)6235,11219f(a)minf()3,6666所以192m56195m.122m地取值范围为[选修4—5：不等式选讲]23.

已知a,b,c都是正数,且a2b2c21,证明：（1）abc3331。9abc1（2）。bcacab2abc【结果】（1）证明见思路

（2）证明见思路【思路】【思路】（1）利用三圆均值不等式即可证明。（2）利用基本不等式及不等式地性质证明即可．【小问1详解】证明：因为a0,b0,c0,则a20,b20,c20,3333abc所以a2b2c2,3323232333即abc12333111abc,所以,当且仅当a2b2c2,即abc3时取等号．399【小问2详解】证明：因为a0,b0,c0,所以bc2bc,ac2ac,ab2ab,所以aaa,bbb,cccbc2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc323232323232323232abcabcabc1bcacab2abc2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号．


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