资源简介

2022年普通高等学校招生考试数学试题合集
适用地区：云南、四川、广西、贵州、西藏
2022年普通高等学校招生全国统一考试试卷 (甲卷理科) 2
2022年普通高等学校招生全国统一考试解析 (甲卷理科) 8
2022年普通高等学校招生全国统一考试试卷（甲卷文科） 19
2022年普通高等学校招生全国统一考试解析（甲卷文科） 26
适用地区：内蒙古、吉林、黑龙江、陕西、甘肃、青海、宁夏、新疆、山西、安徽、江西、河南
2022年普通高等学校招生全国统一考试试卷 (乙卷理科) 40
2022年普通高等学校招生全国统一考试解析 (乙卷理科) 46
2022年普通高等学校招生全国统一考试试卷 (乙卷文科) 60
2022年普通高等学校招生全国统一考试解析 (乙卷文科) 66
适用地区：山东、广东、湖南、湖北、河北、江苏、福建
2022年普通高等学校招生全国统一考试试卷 (新高考Ⅰ卷) 79
2022年普通高等学校招生全国统一考试解析 (新高考Ⅰ卷) 84
适用地区：辽宁、重庆、海南
2022年普通高等学校招生全国统一考试试卷 (新高考Ⅱ卷) 98
2022年普通高等学校招生全国统一考试解析 (新高考Ⅱ卷) 104
2022年普通高等学校招生全国统一考试试卷（浙江卷） 118
2022年普通高等学校招生全国统一考试解析（浙江卷） 123
2022年普通高等学校招生全国统一考试试卷 (北京卷) 137
2022年普通高等学校招生全国统一考试解析 (北京卷) 143
2022年普通高等学校招生全国统一考试试卷 (天津卷) 155
2022年普通高等学校招生全国统一考试解析 (天津卷) 160
绝密★启用前
2022年普通高等学校招生全国统一考试
(甲卷理科)
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. 若 z= 1+ 3i z，则 zz 1 = ( )
A. 1+ 3i B. 1 3i C. 1 + 33 3 i D.
1 3
3 3 i
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：
100%
95%
正 90%
85% 讲座前
确 80%
率 75%
讲座后
70%
65%
60%
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
居民编号
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
2
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. 8 B. 12 C. 16 D. 20
5. 函数 y= (3x 3 x)cosx在区间
π π
， 2 2 的图像大致为 ( )
y y
1 1
π o π x π o π x
2 2 2 2
A. B.
y y
1 1
π o π x π o π x
2 2 2 2
C. D.
6. 当 x= 1 b时，函数 f(x) = alnx+ x 取得最大值-2，则 f
(2) = ( )
A. - 1 B. - 1 12 C. 2 D. 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O圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在AB上，CD⊥AB
2
“会圆术”给出AB CD的弧长的近似值 s的计算公式：s=AB+ ．当OA= 2，∠AOB=
OA
60°时，s= ( )
3
A. 11- 3 3 B. 11- 4 3 C. 9- 3 3 D. 9- 4 32 2 2 2
D
A B
C
O
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，
S V
体积分别为V 甲 甲甲和V乙，若 S = 2，则 V = ( )乙 乙
A. 5 B. 2 2 C. 10 D. 5 104
2 y2
10. x椭圆C： 2 + 2 = 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a b
直线AP，AQ 1的斜率之积为 4 ，则的离心率为 ( )
A. 3 2 12 B. 2 C. 2 D.
1
3
11.已知 f(x) = sin ωx+ π3 区间在 (0，π)上恰有三个极值点，两个零点，则 ω的取值范围是
( )
A. 5 13 3 ，6 B.
5 19 C. 13 8 13 19， ， 3 6 6 3 D. 6 ，6
12. a= 31已知 32，b= cos
1
4 ，c= 4sin
1
4 ，则 ( )
A. c> b> a B. b> a> c C. a> b> c D. 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 1 ， 的夹角的余弦值为 3 ，且 a = 1， b = 3，则 2a+ b b= ．
2
14.若双曲线 y2- x 2 = 1(m> 0)的渐近线与圆 x
2+ y2- 4y+ 3= 0相切，则m= ．
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 AC．当 取得最小
AB
值时，BD= ．
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.
4
17. (12分)
2S
记Sn为数列 {an}的前n项和．已知 nn +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. (12分)
在四棱锥 P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD AB，AD=DC= CB= 1，AB= 2，
PD= 3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB的所成的角的正弦值．
P
D C
A E B
5
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X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
20. (12分)
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．
6
21. (12分)
x
已知函数 f(x) = ex - 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．
(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，则按所做第一题计
分.
22.【选修 4- 4：坐标系与参数方程】(10分)
x= 2+ t在直角坐标系 xOy中，曲线C1的参数方程为 6 ，(t是参数)，曲线C2的参数方程y= t
x=- 2+ s为 6 ，(s是参数)．y=- s
(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 2cosθ- 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.【选修 4- 5：不等式选讲】(10分)
已知正实数 a，b，c均为正数，满足 a2+ b2+ 4c2= 3，证明：
(1)a+ b+ 2c≤ 3；
(2)若 b= 2c 1 + 1，则 a c ≥ 3．
7
绝密★启用前
2022年普通高等学校招生全国统一考试
(甲卷理科)
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.
24.若 z= 1+ 3i z，则 zz 1 = ( )
A. 1+ 3i B. 1 3i C. 1 + 3 i D. 1 33 3 3 3 i
【答案】C
z 1+ 3i 1
【解析】由 zz 1 = 4 1 = 3 +
3i
3 ，故选：C．
25.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：
100%
95%
正 90%
85% 讲座前
确 80%
75% 讲座后率
70%
65%
60%
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
居民编号
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%
8
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
【解析】由图表信息可知讲座后问卷答题的正确率的平均数为 89.5%> 85%，故选：B．
26.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}
【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．
27.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. 8 B. 12 C. 16 D. 20
【答案】B
1
【解析】该多面体的体积一个长方体体积减去一个三棱柱的体积得到，即 2× 4× 2 2 ×
2× 2× 2= 12，故选：B．
28.函数 y= (3x 3 x)cosx在区间
π π
2 ，

2 的图像大致为 ( )
y y
1 1
π o π x π o π x
2 2 2 2
A. B.
y y
1 1
π o π x π o π x
2 2 2 2
C. D.
9
【答案】A
【解析】设 f(x) = (3x 3 x)cosx，f( x) = (3 x 3x)cos( x) = f(x)，所以 f(x)为奇函
数，排除BD，令 x= 1，则 f(1) = (3 3 1)cos1> 0，排除C，故选A．
29.当 x= 1时，函数 f(x) = alnx+ bx 取得最大值-2，则 f
(2) = ( )
A. - 1 B. - 12 C.
1
2 D. 1
【答案】B
【解析】f ( ) = a - b f(1) = b=-2x 2x 2 ，由条件，得 ( ) = - = ，所以 a= b=-2，即 f
(x) =- +
x f 1 a b 0 x
2
2 ，x
所以 f (2) =- 2 22 + 2 =-
1
2．故选B．2
30.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所成的角为 45°
D1 C1
B
A 11
D C
A B
【答案】D
【解析】B1D与平面ABCD即∠B1DB，B1D与平面AA1B1B即∠DB1A，
则∠B1DB=∠DB1A= 30°，设B1D= 2，则AD=BB1= 1，由长方体对角线长公式 l2= a2+
b2+ c2，得AB= 2，从而AB1= 3，AB= 2AD，AB与平面AB1C1D所成的角∠B1AB
1
的正弦值为 ，AC= 3> 2=CB1，B1D与平面BB1C1C所成的角∠DB1C的正弦值3
2
为 2 ．
31.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O圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在AB上，CD⊥AB
CD2
“会圆术”给出AB的弧长的近似值 s的计算公式：s=AB+ ．当OA= 2，∠AOB=
OA
60°时，s= ( )
A. 11- 3 32 B.
11- 4 3 C. 9- 3 3 D. 9- 4 32 2 2
10
D
A B
C
O
【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)2 7- 4 3 11- 4 3
2 = 2+ 2 = 2 ．
32.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，
S V
体积分别为V甲和V
甲
乙，若 S = 2
甲
，则
乙 V
= ( )
乙
A. 5 B. 2 2 C. 10 D. 5 104
【答案】C
【解析】
乙
O
120。
A 甲 B
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 2
= V
πr1 h1 r2h 2
1 h = 5 h = 2 2 甲 = 3 = 1 1 = 2 × 5，由勾股定理，得 1 ， 2 ，所以 V 1 r2 2
= 10．
乙 πr2h 2h2 1 × 2 23 2 2
x2 y233.椭圆C： 2 + 2 = 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a b
直线AP，AQ 1的斜率之积为 4 ，则的离心率为 ( )
A. 32 B.
2
2 C.
1 D. 12 3
【答案】A
【解析】
11
y
P Q
A O x
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 1 3 3轴对称，即 kAP kBP=-kAP kAQ=- 4 = e
2- 1，e2= 4 ，e= 2 ．
34.已知 f(x) = sin ωx+ π3 区间在 (0，π)上恰有三个极值点，两个零点，则 ω的取值范围是
( )
A. 5 13 5 19 13 8 13 19 3 ，6 B. 3 ，6 C. 6 ， 3 D. 6 ，6
【答案】C
【解析】设 ωx+ π3 = t，则 t∈
π
3 ，πω+
π
3 ，有两个零点可得 2π< πω+
π
3 ≤ 3π
5
，即 3 <
ω≤ 8 . (sint) = cost 5π < πω+ π ≤ 7π 133 又因为有三个极值点， ，所以 2 3 2 ，所以 6 < ω≤
19 13 8
6 ，综上得 6 <ω≤ 3 ，即选C．
35. a= 31已知 32，b= cos
1
4 ，c= 4sin
1
4 ，则 ( )
A. c> b> a B. b> a> c C. a> b> c D. a> c> b
【答案】A
1 π
【解析】构造函数 h(x) = 1- x2- cosx，x∈ 0， 2 2 ，则 g(x) = h
(x) =-x+ sinx，g (x)
=-1+ cosx≤ 0，所以 g(x) ≤ g(0) = 0 π 1，因此，h(x)在 0，2 上递减，所以 h 4 = a- b
4sin 1 1
< h(0) = 0 a< b c = 4
tan 4
，即 ．另一方面，b 1 = 1 ，显然 x∈ 0
π
，2 时，tanx> x，cos 4 4
4sin 1c 4 tan
1
= = 4所以 b 1 1 > 1，即 b< c．因此 c> b> a．即选A．cos 4 4
二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.
36. a
1
设向量 ，b的夹角的余弦值为 3 ，且 a = 1， b = 3，则 2a+ b b= ．
【答案】11
2
37.若双曲线 y2- x 2 = 1(m> 0)的渐近线与圆 x
2+ y2- 4y+ 3= 0相切，则m= ．
m
3
【答案】 3
3
【解析】由圆心为 (0，2)，半径为 1的圆与直线 x=my相切可得m= 3 ．
12
38.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 ．
6
【答案】35
12
【解析】 4 =
6
C8 35
．
39.已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB= 120°，AD= 2，CD= 2BD AC．当 取得最小
AB
值时，BD= ．
【答案】 3- 1
【解析】令BD= t，以D为坐标原点，DC为 x轴建立直角坐标系，则C(2t，0)，A(1， 3)，
B(-t 0) AC
2
= (2t- 1)
2+ 3 = 4- 12， ， ≥ 4- 2 3
AB2 (t+ 1)2+ 3 t+ 1+ 3t+ 1
当且仅当 t+ 1= 3，即BD= 3- 1时取等号．
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.
40. (12分)
2S
记Sn为数列 {a nn}的前n项和．已知 n +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．
【答案】(1)略；(2) - 78
2S
【解析】(1)由于 nn +n= 2an+ 1，变形为 2S
2
n= 2nan+n-n ，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 a27= 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< a2<．．．< a12< 0，a13= 0
则Sn的最小值为S12=S13=-78．
41. (12分)
在四棱锥 P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD AB，AD=DC= CB= 1，AB= 2，
PD= 3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB的所成的角的正弦值．
13
P
D C
A E B
5
【答案】(1)见解析；(2) 5 ．
【解析】(1)因为PD⊥底面ABCD，
所以PD⊥BD，
取AB 1中点E，连接DE，可知DE= 2 AB= 1，
因为CD AB，
所以CD/ /BE，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以DE=CB= 1，
因为DE= 12 AB，
所以△ABD为直角三角形，AB为斜边，
所以BD⊥AD，
因为PD∩AD=D，
所以BD⊥平面PAD，
所以BD⊥PA．
(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，
z
P
D C
x A
B y
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0， 3，0)，P(0，0， 3)，

所以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

P A n
= 0 x- 3z= 0 ，即AB n = 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
14

PD n
- 3
sinθ= cos = = = 5 ，
PD n 3 × 5 5
所以PD 5与平面PAB的所成的角的正弦值为 5 ．
42. (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X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
【答案】(1)0.6；(2)13．
【解析】(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
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．
43. (12分)
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．
【答案】(1)C的方程为 y2= 4x；(2)AB的直线方程为 x+ 2y- 4= 0．
【解析】(1)由题可知，当 x= p时，y2= 2p2，则 yM= 2p
p
则可知 MD = 2p， FD = 2
则在Rt△MFD中， FD 2+ DM 2= FM 2
p
2
得 2 + ( 2p)2= 9，解得 p= 2
15
则C的方程C:y2= 4x
(2)要使 α- β最大，则 tan α- β 最大，
且易知当直线MN的斜率为负时，α- β为正才能达到最大．
- = tanα- tanβ又 tan α β 1+ tanαtanβ
设M (x1，y1)，N (x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，由 (1)可知F(1，0)，D(2，0)
y1- y2 y1- y2 4
则 tanβ= kMN= x1- x
=
y2 2
=
2 1 y2 y1+ y- 24 4
y
N D B 2
- 0 y4- 0 y2- 0 y4- 0
又 ， ， 三点共线，则 kND= kBD，则 x = ，则 2 = 22- 2 x4- 2 y2 - y4 2
2
4 - 2
得 y -82y4=-8，即 y4= y2
同理由M，D，A三点共线可得 y3= -8y1
y y
则 tanα= 4 = 1 2y3+ y4 -2(y1+ y2)
由题可知，直线MN斜率不为 0，不妨设 lMN：x=my+ 1(m< 0)
y
2= 4x 2- - = y1+ y2= 4m由 = y 4my 4 0x my+ 1 y1y2=-4
则 tanβ= 4 1 -4 14m = m，tanα= -2× 4m = 2m
1 1
tan α- β = 2m
- m = -1则
1+ 1 12m m 2m+
1
m
则可知当m=- 22 时，tan α- β 最大，即 α- β最大，此时
AB 4的直线方程为 y- y3= y + y (x- x3)，即 4x- (y3+ y4)y+ y3y4= 03 4
y + y = -8 + -8 = -8(y1+ y2)又 3 4 y = 8m=-4 21 y2 y1y2
y3y4= -8y
-8
y =-161 2
则AB的直线方程为 4x+ 4 2y- 16= 0，即 x+ 2y- 4= 0．
44. (12分)
ex
已知函数 f(x) = x - 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．
【答案】(1) (-∝，e+ 1]；(2)见证明；
x x
【解析】(1)f(x)定义域为 ( +∝) ( ) = e (x- 1)0， ，f x x -
1
x + 1=
(e + x) (x- 1)
x2
令 f (x) = 0 x= 1，所以 0< x< 1时 f (x)< 0，f(x)单调递减；
x> 1时 f (x)> 0，f(x)单调递增；所以 f(x)min= f(1) = e+ 1- a，要使得 f(x)≥ 0恒成立
16
即满足：所以 f(x)min= f(1) = e+ 1- a≥ 0 e+ 1≥ a．
(2)由 (1)知要使得有 f(x)两个零点，则所以 f(x)min= f(1) = e+ 1- a< 0 e+ 1< a
假设 0< x1< 1< x2．要证明 x1x2< 1即证明 1< x2< 1x ，又由于 f(x)在 (1，+∝)单增，1
即证明 f(x2)< f 1x f(x
1
1)< f
1 x1 ．
下面构造函数F(x) = f(x) - f 1x (0< x< 1)
( - ) x+ - 1x 1 e x xe x- 1
F (x) = f ( x) + f 1 1x x2 = x2
1
由于 ex> ex ex+ x> ex+ x= (e+ 1)x，又函数 y= xe x在 (0，1)单减，
1 1 1
所以 xe x> e -xe x- 1<-e- 1．所以 ex+ x- xe x- 1< e+ 1- e- 1= 0
所以 0< x< 1时F (x)> 0 F(x)在 (0，1)单调递增，而F(1) = f(1) - f(1) = 0
所以F(x)> 0 f(x)< f 1x 得证．
(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，则按所做第一题计
分.
45.【选修 4- 4：坐标系与参数方程】(10分)
x= 2+ t
在直角坐标系 xOy中，曲线C1的参数方程为 6 ，(t是参数)，曲线C2的参数方程y= t
x=- 2+ s为 6 ，(s是参数)．y=- s
(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 2cosθ- sinθ
= 0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．
【答案】(1)y2= 6x- 2(y≥ 0)；
(2)C3与C1交点为 12 ，1 和 (1，2)；C
1
3与C2交点为 (-1，-2)和 - 2 ，-1 ．
2+ t
【解析】(1) x=由C1： 6 消去参数 t得 y2= 6x- 2(y≥ 0)．y= t
(2)由C3：2cosθ- sinθ= 0，两边乘以 ρ得，2ρcosθ- ρsinθ= 0，得C3的直角坐标方程为
2x- y= 0．
2
y = 6x- 2(y≥ 0) x=
1 x= 1
联立 ，解得 2= 或 y 2x y= 1 y= 2
x=- 2+ s由C2： 6 消去参数 s得 y2=-6x- 2(y≤ 0)．y=- s
2
y =-6x- 2(y≤ 0) x=-
1 x=-1
联立 = ，解得 2 或 y 2x y=-1 y=-2
17
综上所述，C3与C
1
1交点为 2 ，1 和 (1，2)；C3与C2交点为 (-1，-2)和 -
1
2 ，-1 ．
46.【选修 4- 5：不等式选讲】(10分)
已知正实数 a，b，c均为正数，满足 a2+ b2+ 4c2= 3，证明：
(1)a+ b+ 2c≤ 3；
(2)若 b= 2c 1 1，则 a + c ≥ 3．
【答案】(1)见解析；(2)见解析．
【解析】(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时取等．
即 a= b= 1． c= 12 )
(2)由①知 a+ b+ 2c≤ 3且 b= 2c．
故 0< a+ 4c≤ 3 1 1． a+ 4c ≥ 3
由权方和不等式知
1 + 1 1
2 22 9
a c = a + 4c ≥ a+ 4c ≥ 3．
1
故 a +
1
c ≥ 3．
18
绝密★启用前
2022年普通高等学校招生全国统一考试
（甲卷文科）
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. 设集合A={-2，-1，0 5，1，2}，B= x ∣ 0≤ x< 2 ，则A∩B= ( )
A. 0，1，2 B. {-2，-1，0} C. {0，1} D. {1，2}
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下图：
100%
95%
正 90%
85% 讲座前
确 80%
75% 讲座后率
70%
65%
60%
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
居民编号
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
19
3. 若 z= 1+ i．则 |iz+ 3z | = ( )
A. 4 5 B. 4 2 C. 2 5 D. 2 2
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 ( )
A. 8 B. 12 C. 16 D. 20
5. 将函数 f(x) = sin ωx+ π3 (ω> 0)
π
的图像向左平移 2 个单位长度后得到曲线C，若C关
于 y轴对称，则ω的最小值是 ( )
A. 1 B. 16 4 C.
1
3 D.
1
2
6. 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. 15 B.
1
3 C.
2
5 D.
2
3
7. 函数 y= 3x- 3-x cosx - π π在区间 2 ，2 的图象大致为 ( )
y y
1 1
π o π x π o π x
2 2 2 2
A. B.
y y
1 1
π o π x π o π x
2 2 2 2
C. D.
8. 当 x= 1时，函数 f(x) = alnx+ bx 取得最大值-2，则 f
(2) = ( )
A. - 1 B. - 1 C. 12 2 D. 1
9. 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 ( )
20
A. AB= 2AD B. AB与平面AB1C1D所成的角为 30° C. AC=CB1
D. B1D与平面BB1C1C所成的角为 45°
10.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，
S甲 V甲
体积分别为V甲和V乙．若 S = 2，则 V = ( )乙 乙
A. 5 B. 2 2 C. 10 D. 5 104
2 2
11. C x已知椭圆 ： 2 +
y
2 = 1(a> b> 0)
1
的离心率为
a b 3
，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为

C的上顶点．若BA1 BA2=-1，则C的方程为 ( )
x2 + y
2 2 y2 2 2 2
A. 18 16 = 1 B.
x
9 + 8 =
y
1 C. x3 + 2 = 1 D.
x
2 + y
2= 1
12.已知 9m= 10，a= 10m- 11，b= 8m- 9，则 ( )
A. a> 0> b B. a> b> 0 C. b> a> 0 D. b> 0> a
二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．

13.已知向量 a = (m，3)，b= (1，m+ 1)．若 a ⊥ b，则m= ．
14.设点M在直线 2x + y - 1 = 0上，点 (3，0)和 (0，1)均在 ⊙M上，则 ⊙M的方程为
．
2 y2
15. x记双曲线C： 2 - 2 = 1(a> 0，b> 0)的离心率为 e，写出满足条件“直线 y= 2x与C无a b
公共点”的 e的一个值 ．
16.已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB= 120°，AD= 2，CD= 2BD AC．当 取得最小
AB
值时，BD= ．
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)
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:
21
准点班次数 未准点班次数
A 240 20
B 210 30
(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？
n(ad- bc)2
附：K 2= (a+ b) (c+ d) (a+ c) ( + )，b d
P K 2≥ k 0.100 0.050 0.010
k 2.706 3.841 6.635
18. (12分)
2S
记Sn为数列 an 的前n项和．已知
n
n +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．
22
19. (12分)
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，△EAB，△FBC，△GCD，△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)．
G
H F
E
C
D
A B
20. (12分)
已知函数 f(x) = x3- x，g(x) = x2+ a，曲线 y= f(x)在点 x1，f x1 处的切线也是曲线 y
= g(x)的切线．
(1)若 x1=-1，求 a；
(2)求 a的取值范围．
23
21. (12分)
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垂直于 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．
24
(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)
x= 2+ t
在直角坐标系 xOy中，曲线C1的参数方程为 6 (t为参数)，曲线C2的参数方程y= t
x=- 2+ s
为 6 (s为参数)．y=- s
(1)写出C1的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为 2cosθ
- 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. [选修 4- 5：不等式选讲] (10分)
已知 a，b，c均为正数，且 a2+ b2+ 4c2= 3，证明：
(1)a+ b+ 2c≤ 3；
(2)若 b= 2c 1 1，则 a + c ≥ 3．
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绝密★启用前
2022年普通高等学校招生全国统一考试
（甲卷文科）
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. 设集合A={-2，-1，0 5，1，2}，B= x ∣ 0≤ x< 2 ，则A∩B= ( )
A. 0，1，2 B. {-2，-1，0} C. {0，1} D. {1，2}
【答案】A
5
【解析】因为A= -2，-1，0，1，2 ，B= x ∣ 0≤ x< 2 ，所以A∩B=
0，1，2 ．
故选：A．
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下图：
100%
95%
正 90%
85% 讲座前
确 80%
讲座后
率 75%
70%
65%
60%
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
居民编号
则 ( )
A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于 70%
26
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
70%+75%
【解析】讲座前中位数为 2 > 70%，所以A错；
讲座后问卷答题的正确率只有一个是 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；
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；
讲座后问卷答题的正确率的极差为 100%-80%= 20%，
讲座前问卷答题 正确率的极差为 95%-60%= 35%> 20%，所以D错．
故选：B
3. 若 z= 1+ i．则 |iz+ 3z| = ( )
A. 4 5 B. 4 2 C. 2 5 D. 2 2
【答案】D

【解析】因为 z= 1+ i，所以 iz+ 3z= i 1+ i + 3 1- i = 2- 2i，所以 iz+ 3z = 4+ 4=
2 2．
故选：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 ( )
A. 8 B. 12 C. 16 D. 20
【答案】B
【解析】由三视图还原几何体，如图，
27
2+ 4
则该直四棱柱的体积V= 2 × 2× 2= 12．
故选：B．
5. 将函数 f(x) = sin ωx+ π π3 (ω> 0)的图像向左平移 2 个单位长度后得到曲线C，若C关
于 y轴对称，则ω的最小值是 ( )
A. 16 B.
1
4 C.
1
3 D.
1
2
【答案】C
C y= sin ω x+ π + π = sin ωx+ ωπ π【解析】由题意知：曲线 为 2 3 2 + 3 ，又C关于 y轴
ωπ
对称，则 2 +
π = π3 2 + kπ，k∈Z，
ω= 1解得 3 + 2k
1
，k∈Z，又ω> 0，故当 k= 0时，ω的最小值为 3．
故选：C．
6. 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. 1 B. 15 3 C.
2 2
5 D. 3
【答案】C
【解析】从 6张卡片中无放回抽取 2张，共有 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 15种情况，
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 6种情况，故
6 2
概率为 15 = 5．
故选：C．
7. 函数 y= 3x- 3-x cosx在区间 π π - 2 ，2 的图象大致为 ( )
y y
1 1
π o π x π o π x
2 2 2 2
A. B.
y y
1 1
π o π x π o π x
2 2 2 2
C. D.
【答案】A
π π
【解析】令 f x = 3x- 3-x cosx，x∈ - 2 ，2 ，
28
则 f -x = 3-x- 3x cos -x =- 3x- 3-x cosx=-f x ，
所以 f x 为奇函数，排除BD；
π
又当 x∈ 0，2 时，3
x- 3-x> 0，cosx> 0，所以 f x > 0，排除C．
故选：A．
8. 当 x= 1时，函数 f(x) = alnx+ bx 取得最大值-2，则 f
(2) = ( )
A. - 1 B. - 1 12 C. 2 D. 1
【答案】B
【解析】因为函数 f x 定义域为 0，+∞ ，所以依题可知，f 1 =-2，f 1 = 0，而 f x =
a - bx 2 ，所以 b=-2，a- b= 0，即 a=-2，b=-2，所以 f
x =- 2x +
2
2 ，因此函数x x
f x 在 0，1 上递增，在 1，+∞ 上递减，x= 1时取最大值，满足题意，即有 f 2 =-1
+ 12 =-
1
2．
故选：B．
9. 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所成的角为 45°
【答案】D
【解析】如图所示：
D1 C1
B1
A1
E D C
A B
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 c b，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，所以 sin30 = B = ，即1D B1D
b= c，B D= 2c= a2+ b2+ c21 ，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= c 2a = 2 ，所以∠BAE≠ 30
，B错误；
对于C，AC= a2+ b2= 3c，CB1= b2+ c2= 2c，AC≠CB1，C错误；
29
对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin∠DB1C= CD a 2B1D
= 2c = 2 ，而 0<
∠DB1C< 90 ，所以∠DB C= 45 1 ．D正确．
故选：D．
10.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，
S甲 V甲
体积分别为V甲和V乙．若 S = 2，则 V = ( )乙 乙
A. 5 B. 2 2 C. 10 D. 5 104
【答案】C
【解析】设母线长为 l，甲圆锥底面半径为 r1，乙圆锥底面圆半径为 r2，
S甲 = πr l则 1 = r1S πr l r = 2，乙 2 2
所以 r1= 2r2，
2πr1 + 2πr又 2l l = 2π，
r1+ r则 2l = 1，
所以 r1= 23 l
1
，r2= 3 l，
所以甲圆锥的高 h1= l2- 4 l2= 59 3 l，
乙圆锥的高 h = l2- 12 9 l
2= 2 23 l，
1 2 4 2 5
V甲 3 πr1 h1 l × l
所以 V = 1 =
9 3 = 10．
乙 πr 2h 1 l2× 2 23 2 2 9 3 l
故选：C．
2 y2
11.已知椭圆C x： 2 + 2 = 1(a> b> 0)
1
的离心率为 3 ，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为a b
C的上顶点．若BA1 BA2=-1，则C的方程为 ( )
x2 y2 x2 y2 2 y2 2A. 18 + 16 = 1 B. 9 + 8 = 1 C.
x + = 1 D. x3 2 2 + y
2= 1
【答案】B
c 2 2
【解析】因为离心率 e= a = 1-
b = 1 b 8，解得 2 82 3 2 = 9 ，b = 9 a
2，
a a
A1，A2分别为C 左右顶点，则A1 -a，0 ，A2 a，0 ，
B为上顶点，所以B(0，b)．

所以BA1= (-a，-b)，BA2= (a，-b)，因为BA1 BA2=-1
所以-a2+ b2=-1，将 b2= 8 a29 代入，解得 a
2= 9，b2= 8，
x2 y2
故椭圆的方程为 9 + 8 = 1．
30
故选：B．
12.已知 9m= 10，a= 10m- 11，b= 8m- 9，则 ( )
A. a> 0> b B. a> b> 0 C. b> a> 0 D. b> 0> a
【答案】A
m= = = lg10 > < lg9+ lg11
2 lg99 2
【解析】由 9 10可得m log910 lg9 1，而 lg9lg11 2 = 2 < 1
= lg10 lg11 lg10 2，所以 m lg11lg9 > lg10，即m> lg11，所以 a= 10 - 11> 10 - 11= 0．
lg8+ lg10 2 lg80 2 lg9 lg10
又 lg8lg10< 2 = 2 < lg9 2，所以 lg8 > lg9 ，即 log89>m，
所以 b= 8m- 9< 8log89- 9= 0．综上，a> 0> b．
故选：A．
二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．

13. 已知向量 a= (m，3)，b= (1，m+ 1)．若 a⊥ b，则m= ．
3
【答案】- 4 ##-0.75
3
【解析】由题意知：a b=m+ 3(m+ 1) = 0，解得m=- 4．
3
故答案为：- 4．
14.设点M在直线 2x + y - 1 = 0上，点 (3，0)和 (0，1)均在 ⊙M上，则 ⊙M的方程为
．
【答案】(x- 1)2+ (y+ 1)2= 5
【解析】因为点M在直线 2x+ y- 1= 0上，
所以设点M为 (a，1- 2a)，又因为点 (3，0)和 (0，1)均在⊙M上，
所以点M到两点的距离相等且为半径R，
所以 (a- 3)2+ (1- 2a)2= a2+ (-2a)2=R，
a2- 6a+ 9+ 4a2- 4a+ 1= 5a2，解得 a= 1，
所以M (1，-1)，R= 5，
⊙M的方程为 (x- 1)2+ (y+ 1)2= 5．
故答案为：(x- 1)2+ (y+ 1)2= 5
2 y2
15. x记双曲线C： 2 - 2 = 1(a> 0，b> 0)的离心率为 e，写出满足条件“直线 y= 2x与C无a b
公共点”的 e的一个值 ．
【答案】2(满足 1< e≤ 5皆可)
2 y2
【解析】C x： 2 - 2 = 1(a> 0，b> 0)
b
，所以C的渐近线方程为 y=± a x，a b
31
0< b ≤ 2 b
2
结合渐近线的特点，只需 a ，即 a2
≤ 4，
可满足条件“直线 y= 2x与C无公共点”
2
所以 e= ca = 1+
b
2 ≤ 1+ 4= 5，a
又因为 e> 1，所以 1< e≤ 5，
故答案为：2(满足 1< e≤ 5皆可)
16.已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB= 120°，AD= 2，CD= 2BD AC．当 取得最小
AB
值时，BD= ．
【答案】 3- 1
【解析】
A
B D C
设CD= 2BD= 2m> 0，
则在△ABD中，AB2=BD2+AD2- 2BD ADcos∠ADB=m2+ 4+ 2m，
在△ACD中，AC 2=CD2+AD2- 2CD ADcos∠ADC= 4m2+ 4- 4m，
AC 2 4m2+ 4- 4m 4 m2+ 4+ 2m - 12 1+m
所以 = = = 4- 12
AB2 m2+ 4+ 2m m2+ 4+ 2m m+ 1 + 3m+ 1
≥ 4- 12 = 4- 2 3，
2 m+ 1 3m+ 1
当且仅当m+ 1= 3m+ 1 即m= 3- 1时，等号成立，
AC
所以当 取最小值时，m= 3- 1．
AB
故答案为： 3- 1．
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)
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:
32
准点班次数 未准点班次数
A 240 20
B 210 30
(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？
n(ad- bc)2
附：K 2= (a+ b) (c+ d) (a+ c) (b+ d)，
P K 2≥ k 0.100 0.050 0.010
k 2.706 3.841 6.635
【答案】(1)A B 12 7， 两家公司长途客车准点的概率分别为 13，8 ;(2)有
【解析】(1)根据表中数据，A共有班次 260次，准点班次有 240次，
设A家公司长途客车准点事件为M，
240 12
则P(M ) = 260 = 13；
B共有班次 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 ) = 210 = 7240 8．
A 12家公司长途客车准点的概率为 13；
B 7家公司长途客车准点的概率为 8．
(2)列联表
准点班次数 未准点班次数 合计
A 240 20 260
B 210 30 240
合计 450 50 500
2= n(ad- bc)
2
K (a+ b) (c+ d) (a+ c) (b+ d)
= 500× (240× 30- 210× 20)
2
260× 240× 450× 50 ≈ 3.205> 2.706，
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．
18. (12分)
2S
记Sn为数列 an 的前n项和．已知
n
n +n= 2an+ 1．
(1)证明： an 是等差数列；
33
(2)若 a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
【答案】(1)证明见解析；(2) - 78．
2S
【解析】(1)因为 n 2n +n= 2an+ 1，即 2Sn+n = 2nan+n①，
当n≥ 2时，2Sn-1+ n- 1 2= 2 n- 1 an-1+ n- 1 ②，
①-②得，2Sn+n2- 2S 2n-1- n- 1 = 2nan+n- 2 n- 1 an-1- n- 1 ，
即 2an+ 2n- 1= 2nan- 2 n- 1 an-1+ 1，
即 2 n- 1 an- 2 n- 1 an-1= 2 n- 1 ，所以 an- an-1= 1，n≥ 2且n∈N *，
所以 an 是以 1为公差的等差数列．
(2)由 (1)可得 a4= a1+ 3，a7= a1+ 6，a9= a1+ 8，
又 a4，a7，a9成等比数列，所以 a27= a4 a9，
即 a + 6 21 = a1+ 3 a1+ 8 ，解得 a1=-12，
n n- 1 2
所以 an=n-

13，所以Sn=-12n+ = 1 22 2 n -
25
2 n=
1 n- 252 2 -
625
8 ，
所以，当n= 12或n= 13时 Sn min=-78．
19. (12分)
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，△EAB，△FBC，△GCD，△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)．
G
H F
E
C
D
A B
(1) (2) 640【答案】 证明见解析； 3 3．
【解析】(1)如图所示：
34
G
H F
E
C
D
N
A M B
，
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EM⊥AB，FN⊥BC，EM=FN，
又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM 平面EAB，
所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥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EF 平面ABCD，MN 平面ABCD，
所以EF 平面ABCD．
(2)如图所示：
G
H F
E
L C
D
K N
A M B
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，BD⊥MN，MN⊥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 2，EM= 8sin60 = 4 3，
点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离 d，d= 2 2，
所以该几何体的体积
V= 4 2 1 2× 4 3+ 4× 3 × 4 2 × 4 3 × 2 2= 128 3+
256 3= 6403 3 3．
20. (12分)
35
已知函数 f(x) = x3- x，g(x) = x2+ a，曲线 y= f(x)在点 x1，f x1 处的切线也是曲线 y
= g(x)的切线．
(1)若 x1=-1，求 a；
(2)求 a的取值范围．
【答案】(1)3;(2) -1，+∞
【解析】(1)由题意知，f(-1) =-1- (-1) = 0，f (x) = 3x2- 1，f (-1) = 3- 1= 2，
则 y= f(x)在点 -1，0 处的切线方程为 y= 2(x+ 1)，
即 y= 2x+ 2，设该切线与 g(x)切于点 x2，g(x2) ，g (x) = 2x，
则 g (x2) = 2x2= 2，解得 x2= 1，则 g(1) = 1+ a= 2+ 2，解得 a= 3；
(2)f (x) = 3x2- 1，
则 y= f(x)在点 x1，f(x1) 处的切线方程为 y- x3- x = 3x21 1 1- 1 (x- x1)，
整理得 y= 3x21- 1 x- 2x31，
设该切线与 g(x)切于点 x ，g(x ) ，g 2 2 (x) = 2x，则 g (x2) = 2x2，
则切线方程为 y- x22+ a = 2x2(x- x2)，整理得 y= 2x2x- x22+ a，
3x2- 1= 2x
则 1 2 - 3=- 2+ ，2x1 x2 a
2 2
整理得 a= 3xx22- 2x3= 11 2 - 12 - 2x31= 94 x4 3 3 2 11- 2x1- 2 x1+ 4 ，
9
令 h(x) = x4- 2x3- 3 24 2 x +
1
4 ，
则 h (x) = 9x3- 6x2- 3x= 3x(3x+ 1) (x- 1)，令 h (x)> 0 1，解得- 3 < x< 0或 x> 1，
h (x)< 0 x<- 1令 ，解得 3 或 0< x< 1，
则 x变化时，h (x)，h(x)的变化情况如下表:
x -∞，- 1 - 1 - 1 ，0 0 0，1 1 1，+∞ 3 3 3
h (x) - 0 + 0 - 0 +
h(x) ↘ 5 ↗ 1 ↘ -1 ↗
27 4
则 h(x)的值域为 -1，+∞ ，故 a的取值范围为 -1，+∞ ．
21. (12分)
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垂直于 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．
36
【答案】(1)y2= 4x；(2)AB:x= 2y+ 4．
【解析】(1) p抛物线的准线为 x=- 2 ，当MD与 x轴垂直时，点M的横坐标为 p，
p
此时 MF = p+ 2 = 3，所以 p= 2，
所以抛物线C的方程为 y2= 4x；
y2 y2 y2 y2(2) M 1 2 3 4设 4 ，y1 ，N 4 ，y2 ，A 4 ，y3 ，B 4 ，y4 ，直线MN :x=my+ 1，
x=my+ 1由 2= 可得 y
2- 4my- 4= 0，Δ> 0，y1y2=-4，y 4x
y1- y2 4
由斜率公式可得 kMN= 2 2 = y + y ，kAB=
y3- y4 4
y y y2 2
= ，
1 - 2 1 2 3
y + y
- y4 3 44 4 4 4
4
: = x1- 2 +
x - 2
直线MD x y y 2
1
，代入抛物线方程可得 y2- y y- 8= 0，1 1
Δ> 0，y1y3=-8，所以 y3= 2y2，同理可得 y4= 2y1，
k
所以 k 4 4 MNAB= y3+ y
= =
4 2 y1+ y2 2
又因为直线MN,AB的倾斜角分别为 α，β，
k = tanβ= kMN = tanα所以 AB 2 2 ，
若要使 α- β π最大，则 β∈ 0，2 ，
设 kMN= 2kAB= 2k> 0，
- = tanα- tanβ则 tan α β k 1 1 2 1+ = = ≤ = ，tanαtanβ 1+ 2k2 1 + 2k 2 1 4k k 2k
1
当且仅当 k = 2k k=
2
即 2 时，等号成立，
2
所以当 α- β最大时，kAB= 2 ，设直线AB:x= 2y+n，
代入抛物线方程可得 y2- 4 2y- 4n= 0，
Δ> 0，y3y4=-4n= 4y1y2=-16，所以n= 4，
所以直线AB:x= 2y+ 4．
(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]
22. (10分)
x= 2+ t
在直角坐标系 xOy中，曲线C1的参数方程为 6 (t为参数)，曲线C2的参数方程y= t
x=- 2+ s为 6 (s为参数)．y=- s
37
(1)写出C1的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为 2cosθ
- sinθ= 0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．
【答案】(1)y2= 6x- 2 y≥ 0 ；(2)C3，C1的交点坐标为 12 ，1 ， 1，2 ，C3，C2的交点坐
标为 - 12 ，-1 ， -1，-2 ．
【解析】(1) x= 2+ t因为 6 ，y= t，
= 2+ y
2
所以 x 26 ，即C1 普通方程为 y = 6x- 2 y≥ 0 ．
(2) x=- 2+ s因为 6 ，y=- s，所以 6x=-2- y
2，
即C2的普通方程为 y2=-6x- 2 y≤ 0 ，
由 2cosθ- sinθ= 0 2ρcosθ- ρsinθ= 0，
即C3的普通方程为 2x- y= 0．
2
y = 6x- 2 y≥ 0 联立 ，2x- y= 0
x= 12 x= 1 1解得： 或y= 1 = ，即交点坐标为y 2 2 ，1 ， 1，2 ；
y2 =-6x- 2 y≤ 0 联立 ，2x- y= 0
x=- 12 x=-1 1解得： 或 =- ，即交点坐标y 2 - 2 ，-1 ， -1，-2 ．y=-1
[选修 4- 5：不等式选讲]
23. (10分)
已知 a，b，c均为正数，且 a2+ b2+ 4c2= 3，证明：
(1)a+ b+ 2c≤ 3；
(2)若 b= 2c 1 1，则 a + c ≥ 3．
【答案】(1)见解析; (2)见解析
【解析】(1)证明：由柯西不等式有 a2+ b2+ 2c 2 12+ 12+ 12 ≥ a+ b+ 2c 2，
所以 a+ b+ 2c≤ 3，
当且仅当 a= b= 2c= 1时，取等号，
所以 a+ b+ 2c≤ 3；
(2)证明：因为 b= 2c，a> 0，b> 0，c> 0，
由 (1)得 a+ b+ 2c= a+ 4c≤ 3，
即 0< a+ 4c≤ 3 1 1，所以 a+ 4c ≥ 3 ，
38
1 1 12 22 1+ 2 2
由权方和不等式知 a + c = a + 4c ≥

a+ 4c =
9
a+ 4c ≥ 3，
1 = 2当且仅当 a 4c，即 a= 1，c=
1
2 时取等号，
1 1
所以 a + c ≥ 3．
39
绝密★启用前
2022年普通高等学校招生全国统一考试
(乙卷理科)
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，只有一项符合
题目要求的.
1. 设全集U= 1，2，3，4，5 ，集合M满足CUM= 1，3 ，则 ( )
A. 2∈M B. 3∈M C. 4 M D. 5 M
2. 已知 z= 1- 2i，且 z+ a z + b= 0，其中 a，b为实数，则 ( )
A. a= 1，b=-2 B. a=-1，b= 2 C. a= 1，b= 2 D. a=-1，b=-2

3. 已知向量 a，b满足 a = 1， b = 3 ， a- 2b = 3，则 a b= ( )
A. - 2 B. - 1 C. 1 D. 2
4. 嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人
造卫星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列 bn ：
b1= 1+ 1a ，b2= 1+
1 1
，b3= 1+
1 a + 1 a + 1
， ，以此类推，其中
1 a 12 a2+ 1a3
其中 a k∈N ， k= 1，2， 则 ( )
A. b1< b5 B. b3< b8 C. b6< b2 D. b4< b7
5. 设 F为抛物线 C :y 2= 4x的焦点，点 A在 C上，点 B 3，0 ，若 AF = BF ，则 AB =
( )
A. 2 B. 2 2 C. 3 D. 3 2
40
6. 执行下边的程序框图，输出的n= ( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
开始
输入 a=1,b=1,n=1
b= b+ 2a
a= b- a,n=n+ 1
| b
2
2 - 2| < 0.01否 a
是
输出n
结束
7. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则 ( )
A.平面B1EF⊥平面BDD 1 B. 平面B1EF⊥平面A1BD
C. 平面B1EF 平面A1AC D.平面B1EF 平面A1C1D
8. 已知等比数列 {an}的前 3项和为 168，a2- a5= 42，则 a6= ( )
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
9. 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的球面上，则当该四
棱锥的体积最大时，其高为 ( )
A. 1 B. 1 C. 3 D. 23 2 3 2
10.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙
比赛获胜的概率分别为 p1，p2，p3且 p3> p2> p1> 0．记该棋手连胜两盘的概率为 p，则
( )
A. p与该棋手和甲，乙，丙的比赛次序无关
B. 该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C. 该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
11.双曲线C的两个焦点 F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过 F1作D的切线与C交于
M，N两点，且 cos∠F1NF = 32 5 ，则C的离心率为 ( )
41
A. 5 B. 3 C. 13 D. 172 2 2 2
12.已知函数 f(x)，g(x)的定义域均为R，且 f(x) + g(2 x) = 5，g(x) f(x 4) = 7．
22
若 y= g(x)的图像关于直线 x= 2对称，g(2) = 4，则 f(k) = ( )
k=1
A. 21 B. 22 C. 23 D. 24
二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.
13.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 ．
14.过四点 (0，0)，(4，0)，(-1，1)，(4，2)中的三点的一个圆的方程为 .
15. f(x) = cos(ωx+ ) (ω> 0 0< < π) T f(T) = 3 π记函数 ， 的最小正周期为 ，若 2 ，x= 9
为 f(x)的零点，则ω的最小值为 .
16.已知 x= x1和 x= x2分别是函数 f(x) = 2ax ex2(a> 0且 a≠ 1)的极小值点和极大值点，
若 x1< x2，则 a的取值范围是 .
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)证明：2a2= b2+ c2；
(2)若 a= 5，cosA= 2531，求△ABC的周长．
42
18. (12分)
如图，四面体ABCD中AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD= 2，∠ACB= 600，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面
ABD所成角的正弦值．
D
F
C
A E B
19. (12分)
某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山，为估计一林区某种树木的总材积
量，随机选取了 10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积 (单位：m2)和材积量 (单位：
m3)，得到如下数据：
样本号 i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和
根部横截 0. 04 0. 06 0. 04 0. 08 0. 08 0. 05 0. 05 0. 07 0. 07 0. 06 0. 6
面积 xi
材积量 yi 0. 25 0. 40 0. 22 0. 54 0. 51 0. 34 0. 36 0. 46 0. 42 0. 40 3. 9
10 10 10
并计算得 x2i = 0.038， y2i = 1.6158， xiyi= 0.2474.
i=1 i=1 i=1
(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数 (精确到 0. 01)；
(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积
总和为 186m2．已知树木的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
林区这种树木的总材积量的估计值．
n
x - x y - y i i
附：相关系数 r= i=1n n ， 1.896 ≈ 1.377．
x - x 2i yi- y 2
i=1 i=1
43
20. (12分)
已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为 x轴，y轴，且过A(0，-2) B 3， 2 ，-1 两点.
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，-2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于 x的直线与线段AB交于点

T，点H满足MT =TH，证明：直线HN过定点．
21. (12分)
已知函数 f(x) = ln(1+ x) + axe-x．
(1)当 a= 1时，求曲线 f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程；
(2)若 f(x)在区间 (-1，0)，(0，+∞)各恰有一个零点，求 a的取值范围．
44
(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)
x= 3cos2t
在直角坐标系 xOy中，曲线C的方程为 = (t为参数)．以坐标原点为极点，xy 2sint
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+ 3 +m= 0．
(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．
23. [选修 4- 5：不等式] (10分)
3 3 3
已知 a，b，c为正数，且 a2+ b 2+ c 2= 1，证明：
(1)abc≤ 19
(2) a + b c 1b+ c a+ c + a+ b ≤ 2 abc
45
绝密★启用前
2022年普通高等学校招生全国统一考试
(乙卷理科)
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，只有一项符合
题目要求的.
1. 设全集U= 1，2，3，4，5 ，集合M满足CUM= 1，3 ，则 ( )
A. 2∈M B. 3∈M C. 4 M D. 5 M
【答案】A
【解析】由题设，易知M= 2，4，5 ，对比选项，选择A．
2. 已知 z= 1- 2i，且 z+ a z + b= 0，其中 a，b为实数，则 ( )
A. a= 1，b=-2 B. a=-1，b= 2 C. a= 1，b= 2 D. a=-1，b=-2
【答案】A

【解析】由题设，z= 1- 2i，z= 1+ 2i，代入有 a+ b+ 1+ 2a- 2 i= 0，
故 a= 1，b=-2，选择A．
3. 已知向量 a，b满足 a = 1 ， b = 3， a- 2b = 3，则 a b= ( )
A. - 2 B. - 1 C. 1 D. 2
【答案】C
2
【解析】由题设， a- 2b = 3，得 a 2- 4a b+ 4 b = 9，代入 a = 1， b = 3，
4a

有 b= 4 ，故 a b= 1．选择C．
4. 嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人
造卫星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列 bn ：
46
b = 1+ 11 a ，b2= 1+
1 1
1 ，b3= 1+ 1 ， ，以此类推，其中1 a1+ a a1+2 a + 12 a3
其中 a k∈N ， k= 1，2， 则 ( )
A. b1< b5 B. b3< b8 C. b6< b2 D. b4< b7
【答案】D
b = 1+ 1【解析】方法一：由已知， 1 a ，b2= 1+
1 1
， > 1 ，故 b1> b2；同理可
1 a1+ 1 a1 1a a1+2 a2
得 b2< b3，
b1> b 1 13，又因为 a > 1 ，故 b2< b4；于是得 b1> b3> b5> b7> ，排除A，2 a2+
a + 13 a4
1 > 1a 1 ，故 b2< b6，排除C，而 b1> b7> b8，排除B．故选择D．2 a2+
a3+ 1a6
方法二：(取特殊值)取 an= 1，于是有 b1= 2 b = 3，2 2 ，b3=
5
3 ，b4=
8
5 ， ，
13 21 34 55
分子分母分别构成斐波那契数列，于是有 b5= 8 ，b6= 13，b7= 21，b8= 34．
2
于是得 b1> b5，b3= 1+ 3 > 1+
22 > 1+ 2133 34 = b8，b6= 1+
8 1
13 > 1+ 2 = b2．对比选项，
选D．
5. 设 F为抛物线 C :y 2= 4x的焦点，点 A在 C上，点 B 3，0 ，若 AF = BF ，则 AB =
( )
A. 2 B. 2 2 C. 3 D. 3 2
【答案】B
【解析】
y
4
3 A
2
1 1F2 3B4 5 6
O
1 x
A 2
3
4
5
易知抛物线C :y2= 4x的焦点为 F 1，0 ，于是有 BF = 2，故 AF = 2，注意到抛物线通
径 2p= 4，通径为抛物线最短的焦点弦，分析知AF必为半焦点弦，于是有AF⊥ x轴，于
是有 AB = 22+ 22= 2 2．
47
6. 执行下边的程序框图，输出的n= ( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
开始
输入 a=1,b=1,n=1
b= b+ 2a
a= b- a,n=n+ 1
| b
2
2 - 2| < 0.01否 a
是
输出n
结束
【答案】B
【解析】
2 2
第一次循环：b= 1+ 1× 2= 3，a= 3- 1= 2 b，n= 1+ 1= 2， 2 - 2 = 32 - 2 = 14 >a
0.01
b2 7 2
第二次循环：b= 3+ 2× 2= 7，a= 7- 2= 5，n= 2+ 1= 3， 2 - 2 = 5 - 2 = 1a 25
> 0.01
2
第三次循环：b= 7+ 2× 5= 17，a= 17- 5= 12，n= 3+ 1= 4， b 17 2a2 - 2 = 12 - 2 =
1
144 < 0.01
故输出n= 4
故选B
7. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则 ( )
A.平面B1EF⊥平面BDD 1 B. 平面B1EF⊥平面A1BD
C. 平面B1EF 平面A1AC D.平面B1EF 平面A1C1D
【答案】A
【解析】
48
D1 C1
A1 B1
D C
F
A E B
对于A选项：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为 EF分别为AB，BC的中点，易知 EF
⊥ BD，从而 EF⊥平面 BDD 1，又因为 EF 平面 BDD 1，所以平面 B 1EF⊥平面
BDD 1，所以A选项正确；
对于 B选项：因为平面A1BD∩平面 BDD 1= BD，由上述过程易知平面 B1EF⊥平面
A1BD不成立；
对于C选项：由题意知直线AA1与直线 B1E必相交，故平面 B1EF 平面A1AC有公共
点，从而C选项错误；
对于D选项：连接AC，AB1，B1C，易知平面AB1C 平面A1C1D，
又因为平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面AB1C与平面B1EF
不平行，所以D选项错误．
8. 已知等比数列 {an}的前 3项和为 168，a2- a5= 42，则 a6= ( )
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
【答案】D
【解析】设等比数列 {an}首项 a1，公比 q
a1+ a2+ a3= 168 a1(1+ q+ q
2) = 168 a1(1+ q+ q
2) = 168
由题意， ，即 ，即a2- a5= 42 a1q(1- q3) = 42 a1q(1- q) (1+ q+ q2) = 42
1
解得，q= ，a = 96，所以 a = a q52 1 6 1 = 3
故选D
9. 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的球面上，则当该四
棱锥的体积最大时，其高为 ( )
A. 13 B.
1 C. 32 3 D.
2
2
【答案】C
【解析】
49
O
考虑与四棱锥的底面形状无关，不是一般性，假设底面是边长为 a的正方形，底面所在圆
2 2 1 2
面的半径为 r，则 r= a 2 a2 a所以该四棱锥的高 h= 1- 2 ，所以体积V= 3 a 1- 2
a2 + a
2
+ 1- a
2 3
2 2 2 3 2
= 4 a a a 4 4 4 2 4 1 4 a3 4 4 1- 2 ≤ 3 3 = 3 3 = 9 ,当且仅当 4 = 1
2
- a a2= 4
2 3
2 ，即 3 时，等号成立，所以该四棱锥的高 h= 1-
a
2 = 1-
2
3 = 3
故选C
10.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙
比赛获胜的概率分别为 p1，p2，p3且 p3> p2> p1> 0．记该棋手连胜两盘的概率为 p，则
( )
A. p与该棋手和甲，乙，丙的比赛次序无关
B. 该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C. 该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【答案】D
【解析】
设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为
P乙，在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为P丙
由题意
P甲= p1[p2(1- p3) + p3(1- p2)]= p1p2+ p1p3- 2p1p2p3
P乙= p2[p1(1- p3) + p3(1- p1)]= p1p2+ p2p3- 2p1p2p3
P丙= p3[p1(1- p2) + p2(1- p1)]= p1p3+ p2p3- 2p1p2p3
所以P丙-P甲= p2(p3- p1)> 0，P丙-P乙= p1(p3- p2)> 0
所以P丙最大，故选D．
11.双曲线C的两个焦点 F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过 F1作D的切线与C交于
M，N两点，且 cos∠F1NF2= 35 ，则C的离心率为 ( )
50
A. 5 B. 3 C. 13 D. 172 2 2 2
【答案】C
【解析】
y
B N
A
FM1 D F2
x
由题意，点N在双曲线右支．记切点为点A，连接OA，则OA⊥MN， OA = a，又 OF1
= c，则 AF 2 21 = c a = b．过点 F2作 F2B⊥MN交直线MN于点 B，连接 F2N，则
F2B OA，又点 O 为 F 1F2 中点，则 F2B = 2 OA = 2a， F1B = 2 AF1 = 2 b．由
F B
cos∠F NF = 31 2 5 ，得 sin∠F
4 4 2 5a
1NF2= 5 ，tan∠F1NF2= 3 ，所以 F2N = sin∠F NF = 2 ，1 2
F B
BN = 2 = 3a tan∠F NF 2 ．故 F1N = F1B
3a
+ BN = 2b+ 2 ，由双曲线定义， F1N 1 2
F2N = 2a，
2
则 2b a= 2a b 3 13，即 a = 2 ，所以 e= 1+
b
2 = 1+
9
4 =a 2 ．
12.已知函数 f(x)，g(x)的定义域均为R，且 f(x) + g(2 x) = 5，g(x) f(x 4) = 7．
22
若 y= g(x)的图像关于直线 x= 2对称，g(2) = 4，则 f(k) = ( )
k=1
A. 21 B. 22 C. 23 D. 24
【答案】D
【解析】若 y= g(x)的图像关于直线 x= 2对称，则 g(2 x) = g(2+ x)，因为 f(x) + g(2
x) = 5，所以 f( x) + g(2+ x) = 5，故 f( x) = f(x)，f(x)为偶函数．由 g(2) = 4，f(0) + g
(2) = 5，得 f(0) = 1．由 g(x) f(x 4) = 7，得 g(2 x) = f( x 2) + 7，代入 f(x) + g(2
x) = 5，得 f(x) + f( x 2) = 2，f(x)关于点 ( 1， 1)中心对称，所以 f(1) = f( 1)
= 1．由 f(x) + f( x 2) = 2，f( x) = f(x)，得 f(x) + f(x+ 2) = 2，所以 f(x+ 2) +
f(x+ 4) = 2，故 f(x+ 4) = f(x)，f(x)周期为 4．由 f(0) + f(2) = 2，得 f(2) = 3，又 f
22
(3) = f( 1) = f(1) = 1，所以 f(k) = 6f(1) + 6f(2) + 5f(3) + 5f(4) = 11× ( 1) + 5× 1
k=1
+ 6× ( 3) = 24．
二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.
13.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 ．
51
3
【答案】10
1
【解析】设“甲、乙都入选”为事件A，则P(A) = C3 = 3
C 35 10
．
14.过四点 (0，0)，(4，0)，(-1，1)，(4，2)中的三点的一个圆的方程为 .
2 2
【答案】 x 2 2+ y 3 2= 13或 x 2 2+ 4 7 65 y 1 2= 5或 x 3 + y 3 = 9 或
8 2 x 5 + y 1
2= 169 25
【解析】设点A(0，0)，B(4，0)，C(-1，1)，D(4，2)，圆过其中三点共有四种情况，解决办法
是两条中垂线的交点为圆心，圆心到任一点的距离为半径.
(1)若圆过A，B，C三点，则圆心在直线 x= 2，设圆心坐标为 (2，a)，则
4+ a2= 9+ a 1 2 a= 3，r= 4+ a2= 13，
所以圆的方程为 x 2 2+ y 3 2= 13
(2)若圆过A，B，D三点，同 (1)设圆心坐标为 (2，a)，则
4+ a2= 4+ a 2 2 a= 1，r= 4+ a2= 5，所以圆的方程为 x 2 2+ y 1 2= 5
(3)若圆过A，C，D三点，则线段AC的中垂线方程为 y= x+ 1，线段AD的中垂线方程
x= 4
为 y= 2x+ 5 3 65，联立得 7 r=
16 49
9 + 9 =y= 3
，
3
2 2
所以圆的方程为 x 4 + y 7 = 653 3 9
(4)若圆过B，C，D三点，则线段BD的中垂线方程为 y= 1，
x= 8 2
线段BC中垂线方程为 y= 5x- 7，联立得 5 r=
8
5 - 4 + 1=
13
y= 1 5
，
8 2 169
所以圆的方程为 x 5 + y 1
2= 25
15.记函数 f(x) = cos(ωx+ ) (ω> 0，0< < π) 3的最小正周期为T，若 f(T) = 2 ，x=
π
9
为 f(x)的零点，则ω的最小值为 .
【答案】3
3 π
【解析】f T = f 0 = cos = 2 ，且 0< < π，故 = 6 ，
f π9 = cos
π
9 ω+
π = 0 π6 9 ω+
π
6 =
π
2 + kπ k∈Z ω= 3+ 9k k∈Z ，
又ω> 0，故ω的最小值为 3．
16.已知 x= x1和 x= x2分别是函数 f(x) = 2ax ex2(a> 0且 a≠ 1)的极小值点和极大值点，
若 x1< x2，则 a的取值范围是 .
【答案】 1e ，1
【解析】f x = 2 axlna ex 至少要有两个零点 x= x1和 x= x2，我们对其求导，f x =
52
2ax lna 2 2e.
(1)若 a> 1，则 f x 在R上单调递增，此时若 f x0 = 0，则 f x 在 ∞，x0 上单调递
减，在 x0，+∞ 上单调递增，此时若有 x= x1和 x= x2分别是函数 f(x) = 2ax ex2(a> 0
且 a≠ 1)的极小值点和极大值点，则 x1> x2，不符合题意.
(2)若 0< a< 1，则 f x 在R上单调递减，此时若 f x0 = 0，则 f x 在 ∞，x0 上单
e
调递增，在 x0，+∞ 上单调递减，且 x0= loga 2 .此时若有 x= x1和 x= x2分别是函 lna
数 f(x) = 2ax ex2(a> 0且 a≠ 1)的极小值点和极大值点，且 x < x ，则需满足 f 1 2 x0 >
0 e
1 1
，即 > elog e a lna elna a 2 < 2 lna
lna< ln e 1 2
lna lna lna 2 lna
lna< 1 ln lna ，
1
可解得 e < a< e，由于 0< a< 1
1
，取交集即得 e < a< 1.
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)证明：2a2= b2+ c2；
(2)若 a= 5，cosA= 2531，求△ABC的周长．
【答案】(1)见证明过程；(2)14；
【解析】(1)已知 sinCsin(A-B) = sinBsin(C-A)可化简为
sinCsinAcosB- sinCcosAsinB= sinBsinCcosA- sinBcosCsinA，
由正弦定理可得 accosB- bccosA= bccosA- abcosC，
即 accosB= 2bccosA- abcosC，
a2ac + c
2- b2 2 2 2 2 2 2
由余弦定理可得 2ac = 2bc
b + c - a
2bc - ab
a + b - c
2ab ，
即证 2a2= b2+ c2，
2 2 2
(2)由 (1) b2+ c2= 2a2= 50 cosA= b + c - a 50- 25 25 25可知 ， 2bc = 2bc = 2bc = 31，
所以 2bc= 31，
因为 b2+ c2+ 2bc= (b+ c)2= 81，
所以 b+ c= 9，
所以 a+ b+ c= 14，
所以△ABC的周长为 14
53
18. (12分)
如图，四面体ABCD中AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD= 2，∠ACB= 600，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面
ABD所成角的正弦值．
D
F
C
A E B
4 3
【答案】(1)见解析； 7 .
【解析】(1)因为AD=CD，∠ADB=∠BDC且BD为公共边,
所以△ADB与△BDC全等，
所以AB=BC．
又因为E为AC中点且AD=CD，所以DE⊥AC，
同理BE⊥AC．
又因为DE∩BE=E，且均含于平面BED，
所以AC⊥平面BED．
又因为AC 平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD．
(2)在△ABC中，AB= 2，∠ACB= 600，AB=BC,
所以AC= 2，BE= 3．
在△△ACD中，，AD⊥CD，AD=CD，AC= 2，E为AC中点，
所以DE⊥AC，DE= 1．
又因为BD= 2，所以DE2+BE2=BD2，即DE⊥BE．
所以直线AC，直线ED，直线EB两两互相垂直．
由点F在BD上且△ADB与△BDC全等，所以AF=FC，
由于E为AC中点所以EF⊥AC
当△AFC的面积最小时所以EF⊥BD
在Rt△DEB中，因为BE= 3，DE= 1,
所以EF= 32 ，BF=
3
2
如图，以点E为坐标原点，直线AC，EB，ED分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系．
C(-1，0，0)，A(1，0，0)，B(0， 3，0)，D(0，0，1)，F 0 3 3， 4 ，4 ,

BD= (0，- 3，1),AD= (-1，0，1),BC = (-1，- 3，0),
54

CF =BF -BC = 3

因为 4 BD-BC = 1
3 3
， 4 ，4 ,
设平面ABD m 的法向量为 = (x，y，z)．

B D m
= 0
可得 设 y= 1所以m= ( 3，1， 3)AD m= 0

设m与CF所成的角为 α，CF与平面ABD所成角的为 θ,

= = m CFsinθ cosα 4 3所以 m = , CF 7
所以CF与平面ABD 4 3所成角的正弦值为 7 ．
19. (12分)
某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山，为估计一林区某种树木的总材积
量，随机选取了 10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积 (单位：m2)和材积量 (单位：
m3)，得到如下数据：
样本号 i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和
根部横截 0. 04 0. 06 0. 04 0. 08 0. 08 0. 05 0. 05 0. 07 0. 07 0. 06 0. 6
面积 xi
材积量 yi 0. 25 0. 40 0. 22 0. 54 0. 51 0. 34 0. 36 0. 46 0. 42 0. 40 3. 9
10 10 10
并计算得 x2i = 0.038， y2i = 1.6158， xiyi= 0.2474.
i=1 i=1 i=1
(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数 (精确到 0. 01)；
(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积
总和为 186m2．已知树木的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
林区这种树木的总材积量的估计值．
n
xi- x y i- y
附：相关系数 r= i=1n ， 1.896 ≈ 1.377．
x - x
n
2 y - y 2i i
i=1 i=1
【答案】(1)0.06，0.39；(2)0.97；(3)1209

【解析】(1)设这种树木平均一课的根部横截面积为 x，平均一个的材积量为 y，
x = 0.6则 10 = 0.06 y
= 3.9， 10 = 0.39．
n
xiyi nx y
(2)r= i=1
n n
x2 2 2 2i nx yi nyi=1 i=1
= 0.2474 10× 0.06× 0.39 = 0.0134 = 0.0134 =
(0.038 10× 0.06)2 (1..6158 10× 0.39)2 0.002× 0.0948 0.01× 1.896
55
0.0134
0.01377 = 0.97
(3) X x
3.9
设从根部面积总和为X，总材积量为Y，则 Y =
3
y ，故Y= 0.6 × 186= 1209(m )．
20. (12分)
E x y A(0 -2) B 3已知椭圆 的中心为坐标原点，对称轴为 轴， 轴，且过 ， ， 2 ，-1 两点.
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，-2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于 x的直线与线段AB交于点

T，点H满足MT =TH，证明：直线HN过定点．
x2 y2
【答案】(1) 3 + 4 = 1；(2)直线HN过定点 (0，-2)
2 y2
【解析】(1) x设E的方程为 2 + 2 = 1，a b

4
2 = 1,
将A(0，-2)，B 32 ，-1
b
两点代入得
9 1 + = 1,4a2 b2
2 y2
解得 a2= 3，b2= 4 x，故E的方程为 3 + 4 = 1.
(2) A(0 -2) 3 2由 ， ，B 2 ，-1 可得直线AB:y= 3 x- 2
①若过P(1，-2)的直线的斜率不存在，直线为 x= 1.
x2 2
代入 3 +
y 2 6 2 6
4 = 1，可得M 1， 3 ，N 1，- 3 ，
y= 2 6 2 2 6将 3 代入AB:y= 3 x- 2，可得T 6+ 3， 3 ，

由MT =TH，得H 2 6+ 5 2 6， 3 .
HN :y= 2- 2 6易求得此时直线 3 x- 2.过点 (0，-2).
②若过P(1，-2)的直线的斜率存在，
设 kx- y- (k+ 2) = 0，M (x1，y1)，N (x2，y2).
kx- y- (k+ 2) = 0,联立 x2 y2 得 (3k2+ 4)x2- 6k(2+ k)x+ 3k(k+ 4) = 03 + 4 = 1,
6k(2+ k)
x1+ x2= 2+ , + =
-8(2+ k)
y y
3k 4 1 2 3k2+ 4 -24k
故有 ( + ，且 x3k 4 k) 2 1y2+ x2y1= 2 (*)x1x2= 2+ , y1y2= 4(4+ 4k- 2k ) 3k + 43k 4 3k2+ 4
y= y1 3y1联立 = 2 - ，可得Ty x 2 2 + 3，y1 ，H(3y1+ 6- x1，y1)，3
y - y
可求得此时HN :y- y2= 1 23y + 6- x - x (x- x2)1 1 2
将 (0，-2)代入整理得 2(x1+ x2) - 6(y1+ y2) + x1y2+ x2y1- 3y1y2- 12= 0
将 (*)式代入，得 24k+ 12k2+ 96+ 48k- 24k- 48- 48k+ 24k2- 36k2- 48= 0，
56
显然成立.
综上，可得直线HN过定点 (0，-2).
21. (12分)
已知函数 f(x) = ln(1+ x) + axe-x．
(1)当 a= 1时，求曲线 f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程；
(2)若 f(x)在区间 (-1，0)，(0，+∞)各恰有一个零点，求 a的取值范围．
【答案】(1)y= 2x；(2)a<-1．
【解析】(1)f(0) = 0，f′ (0) = 2，
所以 f(x)在点 (0，f(0))处的切线方程为 y= 2x；
(2)f′ (x) = 1 a(1- x)1+ x + x (x>-1)．e
当 a≥ 0时，当 x∈ (-1，0]时，f′ (x)> 0成立，
所以 f(x)在 x∈ (-1，0]单调递增，且 f(x) = 0，故 x∈ (-1，0]时，f(x)无零点，舍去.
当 a< 0时，当 x→-1时，f(x) →-∞，f(0) = 0，
由题意可知，必有 f′ (0) = 1+ a≤ 0，即 a≤-1．
1 x- 1 ex 2(i) a=-1 f′ (x) = + = + x - 1当 时， 1+ x x x ，e (1+ x)e
令 g(x) = ex+ x2- 1，当 x∈ (0，+∞)时，g (x) = ex+ 2x> 0，
故 g(x)> g(0) = 0，故 f′ (x)> 0，f(x)单调递增，在 x∈ (0，+∞)无零点，舍去.
x
(ii) a<-1 f′ (x) = e - ax
2+ a
当 时， ，
(1+ x)ex
令 h(x) = ex- ax2+ a，h (x) = ex- 2ax
①当 x> 0时，h (x)> 0，h(x)单调递增，且 h(0) = 1+ a< 0，h(1) = e> 0，
故 x0∈ (0，1)，使得 h(x0) = 0，当 x∈ (0，x0)时，h(x) < 0，f ′ (x) < 0，f(x)单调递减；x
∈ (x0，+∞)时，h(x)> 0，f′ (x)> 0，f(x)单调递增；
又 f(0) = 0，且当 x→+∞时，f(x) →+∞，此时在 (0，+∞)上有一个零点；
②当 x∈ (-1，0)时，h (x) = ex- 2ax，由 h (x)单调递增，
且 h (-1) = 1 1 e + 2a< e - 2< 0，h (0) = 1> 0，
故 x1∈ (-1，0)，使得 h (x1) = 0，
当 x∈ (-1，x1)时，h′ (x)< 0，h(x)单调递减，
x∈ (x1，0)时，h′ (x)> 0，h(x)单调递增；
又 h(-1) = 1e > 0，h(0) = 1+ a< 0，
故 x2∈ (-1，0)，使得 h(x2) = 0，
当 x∈ (-1，x2)时，h(x)> 0，f′ (x)> 0，f(x)单调递增，
57
x∈ (x2，0)时，h(x)< 0，f′ (x)< 0，f(x)单调递减；
又 f(0) = 0，且当 x→-1时，f(x) →-∞，此时在 (-1，0)上有一个零点；
综上，a<-1
(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)
x= 3cos2t
在直角坐标系 xOy中，曲线C的方程为 = (t为参数)．以坐标原点为极点，xy 2sint
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+ π3 +m= 0．
(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) - 19 512 ≤m≤ 2．
【解析】(1)由 ρsin θ+ π3 +m= 0可得，
ρ sinθcos π3 + cosθsin
π
3 +m= 0，
ρ 1即 2 sinθ+
3
2 cosθ +m= 0
1 y+ 3，2 2 x+m= 0，
故 l的方程为： 3x+ y+ 2m= 0．
2
(2)由 x= y3cos2t，得 x= 3(1- 2sin2t) = 3 1- 2 2 = 3-
3 2
2 y ，
x= 3- 3 y2联立 2 ，3y2- 2y- 4m- 6= 0，3x+ y+ 2m= 0
即 3y2- 2y- 6= 4m -2≤ y≤ 2 ，-3≤ 4m ≤ 6，
3
即- 193 ≤ 4m≤ 10 -
19
， 12 ≤m≤
5
2
19 5
故m的范围是- 12 ≤m≤ 2．
23. [选修 4- 5：不等式] (10分)
3 3 3
已知 a，b，c为正数，且 a2+ b 2+ c 2= 1，证明：
(1)abc≤ 19
(2) ab+ c +
b + c 1a+ c a+ b ≤ 2 abc
【答案】见解析
【解析】(1)证明：因为 a，b，c为正数，
3 3 3 3 3 3 3
所以 a2+ b 2+ c 2≥ 3 a2b 2c 2 = 3 abc，
2
当且仅当 a= b= c= 3- 3时取等号，
所以 3 abc≤ 1，即 abc≤ 19 ，得证．
58
(2) a b c 1证明：要证 b+ c + a+ c + a+ b ≤ 成立，2 abc
3 3 3
a2 bc + b
2 ac c 2+ ab 1只需证 b+ c a+ c a+ b ≤ 2 ，
又因为 b+ c≥ 2 bc，a+ c≥ 2 ac，a+ b≥ 2 ab，
- 2
当且仅当 a= b= c= 3 3时，同时取等，
3 3 3 3 3 3 3 3 3
a2 bc+ b 2 ac+ c 2 ab a2≤ bc b
2
+ ac c
2 ab 2 2 2
所以 b+ c + =
a + b + c 1
2 bc 2 ac 2 ab 2
= 2 ，
得证．
59
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|-1< x< 6 ，则M∩N= ( )
A. 2，4 B. 2，4，6 C. 2，4，6，8 D. 2，4，6，8，10
2. 设 1+ 2i a+ b= 2i，其中 a，b为实数，则 ( )
A. a= 1，b=-1 B. a= 1，b= 1 C. a=-1，b= 1 D. a=-1，b=-1

3. 已知向量 a = 2，1 ，b= -2，4 ，则 a- b = ( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
4. 分别统计了甲、乙两位同学 16周的各周课外体育运动时长 (单位：h)，得如下茎叶图：
则下列结论中错误的是 ( )
A.甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为 7.4
60
B. 乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于 8
C. 甲同学周课外体育运动时长大于 8的概率的估计值大于 0.4
D.乙同学周课外体育运动时长大于 8的概率的估计值大于 0.6
x+ 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,
A. - 2 B. 4 C. 8 D. 12
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. 2 B. 2 2 C. 3 D. 3 2
7. 执行下边的程序框图，输出的n= ( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
开始
输入:a= 1,b= 1,n= 1
b= b+ 2a
a= b- a,n=n+ 1
b
2
2 - 2 < 0.01
否 a
是
输出n
结束
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= -x
3+ 3x B. y= x
3- x C. y= 2xcosx D. y= 2sinx
x2+ 1 x2+ 1 x2+ 1 x2+ 1
y
1
-3 O 1 x
9. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则 ( )
A.平面B1EF⊥BDD1 B. 平面B1EF⊥A1BD
61
C. 平面B1EF A1AC D.平面B1EF A1C1D
10.已知等比数列 {an}的前 3项和为 168，a2- a5= 42，则 a6= ( )
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
11.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. - π π B. - 3π π2 ，2 2 ，2 C. -
π π 3π π
2 ，2 + 2 D. - 2 ，2 + 2
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
棱锥的体积最大时，其高为 ( )
A. 1 1 3 23 B. 2 C. 3 D. 2
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= ．
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 ．
15.过四点 (0，0)，(4，0)，(-1，1)，(4，2)中的三点的一个圆的方程为 ．
16.若 f(x) = ln a+ 11- x + b是奇函数，则 a= ，b= ．
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．
62
18. (12分)
如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC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面积最小时，求三棱锥 F-
ABC的体积．
D F
C
E
B
A
19. (12分)
某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材
积量，随机选取了 10棵这种树木，测量每棵树的根部的横截面积 (单位：m2)和材积量 (单
位：m3)，得到如下数据：
样本号 i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和
根部横截 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
面积 xi
材积量 yi 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
10 10 10
并计算得 x2i = 0.038， y2i = 1.6158， xiyi= 0.2474．
i=1 i=1 i=1
(1)估计该林区这种树木平均一颗的根部横截面积与平均一颗的材积量；
(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数 (精确到 0.01)
(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积
总和为 186m2．已知树木的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
林区这种树木的总材积量的估计值．
n
x - x y - y i i
附：相关系数 r= i=1n n ， 1.896 ≈ 1.377．
x - x 2i yi- y 2
i=1 i=1
63
20. (12分)
已知函数 f(x) = ax- 1x - (a+ 1)lnx．
(1)当 a= 0时，求 f(x)的最大值；
(2)若 f(x)恰有一个零点，求 a的取值范围．
21. 3已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为 x轴, y轴，且过A 0，-2 ，B 2 ，-1 两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P 1，-2 的直线交 E于M，N两点，过M且平行于 x轴的直线与线段AB交

于点T，点H满足MT =TH，证明：直线HN过定点．
64
(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)
x= 3cos2t
在直角坐标系 xOy中，曲线C的方程为 = (t为参数)．以坐标原点为极点，xy 2sint
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+ 3 +m= 0．
(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．
23. [选修 4- 5：不等式] (10分)
3 3 3
已知 a，b，c为正数，且 a2+ b 2+ c 2= 1，证明：
(1)abc≤ 19
(2) a + b c 1b+ c a+ c + a+ b ≤ 2 abc
65
绝密★启用前
2022年普通高等学校

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