2022年高考数学全国乙卷(文科)

2023年12月13日发(作者：九年级如何填数学试卷)

绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试(乙卷文科)注意事项：答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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|-18，16B正确；由茎叶图中数据可知Px>8=Py>8=6=0.375<0.4，所以C错误；1616-3=0.8125>0.6，所以D正确．16x+y≥2,5.若x，y满足约束条件x+2y≤4,则z=2x-y的最大值是y≥0,(D.12)A.-2【答案】C【解析】解法1：B.4C.8x+y=2yx+2y=4BOCAxy=2x-866作图可知z=2x-y在点(4，0)处取得最大值8解法2：求出可行域的三个顶点坐标(0，2)，(2，0)，(4，0)分别求出目标函数值为-2，4，8比较得z=2x-y的最大值为8．6.设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3，0)，若|AF|=|BF|，则|AB|=(A.2B.22C.3D.32【答案】B【解析】由题意可得|AF|=|BF|=2，设A(x，y)，则x+1=2，所以x=1，y=±2，所以|AB|=227.执行下边的程序框图，输出的n=(A.3B.4C.5D.6开始输入:a=1,b=1,n=1b=b+2aa=b-a,n=n+1b2否a2-2<0.01是输出n结束【答案】B【解析】第一次循环：b=1+2×1=3，a=2，n=2，b21a2-2=4>0.01．第二次循环：b=3+2×2=7，a=5，n=3，b21a2-2=25>0.01．第三次循环：b=7+2×5=17，a=12，n=4，b21a2-2=144<0.01．所以输出的n=4．8.右图是下列四个函数中的某个函数在区间[-3，3]的大致图像，则函数是(A.y=-x3+3xxxcosxx2+1B.y=x3-x2+1C.y=2x2+1D.y=2sinxx2+167)))y1-3O1x【答案】A【解析】由图像可知函数是奇函数，且x=1，y>0，排除B．由x=3，y<0，排除D．由x=-3，y>2，排除C．故选A．9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则A.平面B1EF⊥BDD1C.平面B1EF⎳A1AC【答案】A【解析】由题意可知EF⊥BD，EF⊥DD1，BD∩DD1=D，所以EF⊥平面BDD1，所以平面B1EF⊥BDD1．10.已知等比数列{an}的前3项和为168，a2-a5=42，则a6=A.14【答案】D【解析】设{an}的首项为a1，公比为q．a1+a2+a3=168,a(1+q+q)=168,由题意可知：，即1a2-a5=42,a1q(1-q3)=a1q(1-q)(1+q+q2)=42,解得q=2()B.平面B1EF⊥A1BDD.平面B1EF⎳A1C1D(D.3)B.12C.61，a=96，所以a6=3．2111.函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为A.-ππ，22B.-3ππ，22C.-ππ，+222D.-3ππ，+222()【答案】Dππ3π【解析】f(x)=(x+1)cosx，当x∈0，时，f(x)>0；当x∈，时，f(x)<0；2223π3π3πππ当x∈，2π时，f(x)>0．所以，f(x)极小值=f=-；f(x)极大值=f=222223π3πππ+2．又f(0)=f(2π)=2，所以f(x)min=f=-；f(x)max=f=+2．2222故选D．12.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的的球面上，当该四68棱锥的体积最大时，其高为A.13B.12C.33D.22()【答案】C【解析】设底面的四个顶点所在圆的半径为r，四棱锥的高为h，则h2+r2=1．当底面为正方形时，底面面积最大，最大值为2r2．所以V=V=23⋅(1-3h2)，当h=时，该四棱锥的体积最大．3312⋅2r2⋅h=⋅(1-h2)⋅h，33故，选C．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2S3=3S2+6，则公差d=【答案】2【解析】因为2S3=3S2+6，所以2×3a2=3(a1+a2)+6，即3(a2-a1)=3d=6，所以d=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、乙都入选的概率为3【答案】10【解析】解法1：设5名同学的编号为甲、乙、1,2,3，从中随机取3名的所有结果为：甲乙1,甲乙2,甲乙3,甲12,甲13,甲23,乙12,乙13,乙23,123共10种，其中甲、乙都入选的情3况为：甲乙1、甲乙2、甲乙3共3三种，故所求概率为．101C33解法2：设“甲、乙都入选”为事件A，则P(A)=3=10C5123C2C3+C37解法3：设“甲、乙不都入选”为事件B，则P(B)==，故所求概率为P(B)=310C5731-P(B)=1-=101015.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】x2+y2-4x-2y=0或x2+y2-4x-6y=0或x2+y2--1616x-2y-=0(答案不唯一，填其中一个即可)55．814x-y=0或x2+y233．．【解析】设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0F=0D=-4(1)若圆过(0，0)，(4，0)，(4，2)三点，则16+4D+F=0，解得E=-2，故圆的方20+4D+2E+F=0F=0程为x2+y2-4x-2y=0；F=0D=-4(2)若圆过(0，0)，(4，0)，(-1，1)三点，则16+4D+F=0，解得E=-6，故圆的方2-D+E+F=0F=0程为x2+y2-4x-6y=0；698D=-F=03(3)若圆过(0，0)，(-1，1)，(4，2)三点，则2-D+E+F=0，解得E=-14，故圆320+4D+2E+F=0F=0的方程为x2+y2-16D=-16+4D+F=05(4)若圆过(4，0)，(-1，1)，(4，2)三点，则2-D+E+F=0，解得E=-2，故圆1620+4D+2E+F=0F=-51616的方程为x2+y2-x-2y-=0．55814x-y=0；3316.若f(x)=lna+【答案】a=-1≠0,1-x【解析】因为f(x)所以其定义域关于原点对称，故a≠0，由得1-x≠0,x≠1+1,111a所以1+1=-1，所以a=-，此时f(x)=ln-++b，其定义域a221-xx≠1,1为(-∞，-1)∪(-1，1)∪(1，+∞)；又f(x)是奇函数，故f(0)=0，即ln-+1+b=21+x-ln2+b=0，所以b=ln2，此时f(x)=ln满足f(-x)=-f(x)．1-x1，b=ln221+b是奇函数，则a=1-x，b=．a+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.(一)必考题：共60分.17.(12分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A)．(1)若A=2B，求C；(2)证明：2a2=b2+c2．【答案】(1)5π；(2)略．8【解析】(1)解：因为A=2B，A+B+C=π所以A-B=B，π-C=A+B=3B，C-A=π-2A-B=π-5B所以sin(A-B)=sinB，sinC=sin3B，sin(C-A)=sin5B代入sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A)中得sin3B=sin5B又00)x111-x-=，由f(x)>0得01．22xxx所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减所以f(x)最大值为f(1)=-1．1-(a+1)lnx(x>0)xax2-(a+1)x+1(ax-1)(x-1)1a+1f(x)=a+2-==2xxxx2(2)f(x)=ax-当a≤0时，由f(x)>0得01所以f(x)在(0，1)单调递增，在(1，+∞)单调递减所以f(x)max=f(1)=a-1≤-1<0，f(x)无零点，舍去；当00得0由f(x)<0得1e2-3--3>0aeeae所以f(x)存在唯一零点；当a=1时，f(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，+∞)单调递增又f(1)=a-1=0，所以f(x)存在唯一零点；当a>1时，由f(x)>0得01；a10取a>2又f1aa2a2a22a=a-e+a+a0，n>0，3，-1代入方程得22m=1,-2n=1,332m+-12n=1,解得2n=1,42yx2故所求方程为+=1．34将A0，-2，B(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)NB1F1BF2HTMPA①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的斜率为k，则直线MN的方程为：y+2=k(x-1)，即y=kx-k-2，直线AB的方程为y=2x2+y=1,由34y=kx-k-2,2x-23消去y可得：(4+3k2)x2-6k(k+2)x+3k(k+4)=0，6k(k+2),4+3k2所以有3k(k+4)x1x2=,4+3k2x1+x2=所以过M且平行于x轴的直线MH与直线AB交点T且易求得H3y1-x1+6，y1，又N(x2，y2)，可得直线HN方程为y-y2=即y-kx2-k-2=3y+3，y1，21y2-y1x-x2，x2+x1-3y1-6kx2-x1x-x2x2+x1-3kx1-k-2-6k(x2-x1)所以y=(x-x2)+kx2-k-2x1+x2-3(kx1-k-2)-675k(x2-x1)kx2(x2-x1)x-+kx2-k-2x1+x2-3k(x1-1)x1+x2-3k(x1-1)(kx2-k)[x1+x2-3k(x1-1)]kx2(x2-x1)而+kx2-k-2=-2x1+x2-3k(x1-1)x1+x2-3k(x1-1)(2k-3k2)x1x2+(3k2-k)(x1+x2)-3k2=-2x1+x2-3k(x1-1)所以y=其中(2k-3k2)x1x2+(3k2-k)(x1+x2)-3k2=(2k-3k2)×3k(k+4)6k(k+2)+(3k2-k)×-3k2223k+43k+43k2=2[(2-3k)(k+4)+2(3k-1)(k+2)-3k2-4]3k+43k2=2(8-10k-3k2+6k2+10k-4-3k3-4)=03k+4kx2(x2-x1)所以+kx2-k-2=-2x1+x2-3k(x1-1)k(x2-x1)即直线HN的方程可化简为y=x-2x1+x2-3k(x1-1)所以故直线HN恒过定点0，-2F1B1F2HTANBMP②当k不存在时，直线MN的方程为：x=1，2626又由线段AB在第四象限，可得N1，，M1，-3332又由A0，-2，B，-1两点可得直线AB方程为：y=x-2，2326所以过M且平行于x轴的直线与lAB交点T3-6，-326又MT=TH可知，T为MH的中点，可求得H5-26，-，326所以直线HN为：y=2+x-2，可知其过定点0，-23综上可知：直线HN恒过定点0，-2(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.22.[选修4-4：坐标系与参数方程](10分)76x=3cos2txy=2sint(t为参数)．以坐标原点为极点，π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ρsinθ++m=0．3在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为(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．【答案】(1)3x+y+2m=0；(2)-【解析】(1)由ρsinθ+195≤m≤．122πππ+m=0可得，ρsinθcos+cosθsin+m=0，3331313即ρsinθ+cosθ+m=0，y+x+m=0，2222故l的方程为：3x+y+2m=0．(2)由x=3cos2t，得x=3(1-2sin2t)=31-2y232=3-y，223y22联立，3y2-2y-4m-6=0，3x+y+2m=04m即3y2-2y-6=4m-2≤y≤2，-3≤≤6，319195即-≤4m≤10，-≤m≤3122195故m的范围是-≤m≤．122x=3-23.[选修4-5：不等式](10分)已知a，b，c为正数，且a2+b2+c2=1，证明：(1)abc≤(2)19333abc1++≤a+cb+ca+b2abc323232【答案】见解析【解析】(1)证明：因为a，b，c为正数，所以a+b+c≥3a2b2c2=3abc，当且仅当a=b=c=3-233333时取等号，1，得证．9abc1(2)证明：要证++≤成立，a+cb+ca+b2abc所以3abc≤1，即abc≤a2bcb2acc2ab1只需证++≤，a+c2b+ca+b又因为b+c≥2bc，a+c≥2ac，a+b≥2ab，当且仅当a=b=c=333333-23时，同时取等，3333333a2bc+b2ac+c2aba2bcb2acc2aba2+b2+c21所以≤++==，22b+c2ac2bc2ab得证．77