2022全国乙卷数学

2022全国乙卷数学

-

2023年3月20日发(作者：工作职责模板)

1/16



2

绝密★启用前2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）

注意事项：

（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）

文科数学

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．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

MN

（）

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

rr

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.2B.3C.4D.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

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.4C.8D.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.2B.2

7.

执行下边的程序框图，输出的

n（）

C.3D.3

2

2/16

，，

32

1

1x

A.3B.4C.5D.6

8.

如图是下列四个函数中的某个函数在区间

[3,3]

的大致图像，则该函数是（）

A.y

x33x

x21

B.y

x3x

x21

C.y

2xcosx

x21

D.y

2sinx

x21

9.

在正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1中，

E

，

F

分别为

AB,BC

的中点，则（）

A.

平面

B

1

EF平面

BDD

1

B.

平面

B

1

EF平面

A

1

BD

C.

平面B

1

EF//平面

A

1

AC

D.

平面B

1

EF//平面

A

1

C

1

D

10.

已知等比数列a

n

的前

3

项和为

168

，

a

2



a

5



42

，则

a

6



（）

A.14B.12C.6D.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.

ππ

B.

22



3ππ

C.

22

ππ

，2

22

D.

3ππ

，2

22

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

的球面上，则当该四棱锥的体积最大

时，其高为（）

11

A.B.

32

C.

3

D.

2

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13.

记

S

n

为等差数列a

n的前

n

项和．若

2S

3

3S

2

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lnab

是奇函数，则

a，b．

3/16

iiii

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.

记△���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

18.

如图，四面体ABCD中，ADCD,ADCD,ADBBDC，

E

为

AC

的中点．

（

1

）证明：平面BED平面

ACD

；

（

2

）设

ABBD2,ACB60

，点

F

在

BD

上，当△

AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体

积．

19.

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

总

和

根部横截面积

x

i

0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6

材积量

y

i

0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9

101010

并计算得x20.038,y21.6158,xy

i=1i=1i=1

0.2474

．

（

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；

4/16

nn(x

i

x)(y

i

y)

22

i=1i=1

（

2

）求该林区这种树木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

i

x)(y

i

y)

附：相关系数

ri=1,1.8961.377．

1

20.

已知函数

f(x)ax(a1)lnx

．

x

（

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.

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

,1



两点．



2





（

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．

（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

选题目对应的题号方框涂黑．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

5/16

3

答第一题评分

.

[选修4—4：坐标系与参数方程]





x

22.

在直角坐标系

xOy

中，曲线

C

的参数方程为

cos2t

，（

t

为参数），以坐标原点为极点，

x

轴正半轴





y2sint

为极轴建立极坐标系，已知直线

l

的极坐标方程为

sin









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．

[

选修

4—5

：不等式选讲

]

333

23.

已知

a

，

b

，

c

都是正数，且

a2b2c21

，证明：

1

（

1

）

abc

；

9

abc1

（

2

）

；

bcacab

2abc

3

6/16

2

1.

【答案】

A

【解析】

参考答案

【详解】因为

M2,4,6,8,10，

Nx|1x6，所以

MN2,4．故选：

A.

2.

【答案】

A

【解析】

【详解】因为

a,bÎ

R，ab2ai2i

，所以

ab0,2a2

，解得：

a1,b1

．故选：

A.

3.

【答案】

D

【解析】

【详解】因为

ab2,12,44,3，所以

5.故选：

D

4.

【答案】

C

【解析】

【详解】对于

A

选项，甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为

对于

B

选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：

7.37.5

2

7.4

，

A

选项结论正确.

6.3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

，

B

选项16

结论正确.对于

C

选项，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值

6

16

0.3750.4

，

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的概率的估计值

13

0.81250.6

，

D

选项结论正确.故

16

选：

C

5.

【答案】

C

【解析】

【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

z

max

2408

.

故选：

C.

6.

【答案】

B

【解析】

【详解】由题意得，

F1,0，则

AF

BF

2

，即点A到准线x1的距离为

2

，所以点A的横坐标为

121，不妨设点

A

在

x轴上方，代入得，

A1,2，所以AB

7.

【答案】

B

【解析】

【详解】执行第一次循环，bb2a123，

2

.

故选：

B

ab4232

312022

7/16

32

22

72

52

172

122

2





aba312,nn12，

22

1

0.01

；

4

执行第二次循环，bb2a347，

aba725,nn13，

22

1

0.01；

25

执行第三次循环，bb2a71017，

aba17512,nn14，

22

1

0.01，此时输出n4.

故选：

B

144

8.

【答案】

A

【解析】

x3x

2xcosx



π



【详解】设fx

x21

，则

f10

，故排除

B;

设hx

x21

，当

x



0,

时，0cosx1，所以



hx

2xcosx2x

22

1

，故排除

C;

设

gx

2sinx

2

，则g3

2sin3

0

，故排除

D

。选：

A.

x1x1

x1

10

9.

【答案】

A

【解析】

详解】解：在正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，

ACBD

且

DD

1



平面ABCD，

又EF平面ABCD，所以

EFDD

1

，因

为

E,F

分别为

AB,BC

的中点，

所以

EFAC

，所以EFBD，

又

BDDD

1

D

，

所以EF平面

BDD

1

，

又EF平面

B

1

EF，

所以平面

B

1

EF

平面

BDD

1

，故

A

正确；

选项BCD解法一：

如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB2，

则

B

12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A

12,0,2,A2,0,0,C0,2,0，

C

10,2,2，

则

EF1,1,0,EB

1

0,1,2，

DB2,2,0,DA

1

2,0,2，

AA

1

0,0,2,AC2,2,0,A

1

C

1

2,2,0,

设平面

B

1

EF的法向量为

mx

1

,y

1

,z

1，

则有





mEFx

1

y

1

0

，可取

m2,2,1，





mEB

1

y

1

2z

1

0

同理可得平面

A

1

BD

的法向量为

n

1

1,1,1，

平面

A

1

AC

的法向量为

n

2

1,1,0，

平面

A

1

C

1

D的法向量为

n

3

1,1,1，

则mn

1

22110，

所以平面

B

1

EF

与平面

A

1

BD

不垂直，故

B

错误；

uur

因为m与n

2

不平行，

b2

a2

b2

a2

b2

a2

8/16

EMN

B

1

F

所以平面

B

1

EF

与平面

A

1

AC

不平行，故

C

错误；

因为m与n

3

不平行，

所以平面

B

1

EF与平面

A

1

C

1

D

不平行，故

D

错误，故

选：

A.

选项BCD解法二：

解：对于选项

B

，如图所示，设

A

1

BB

1

EM，

EF

线，

，则MN为平面

B

1

EF

与平面

A

1

BD

的交

在△BMN内，作BPMN于点P，在内，作GPMN，交EN于点G，连结BG，

则BPG或其补角为平面

B

1

EF与平面

A

1

BD所成二面角的平面角，

由勾股定理可知：PB2PN2BN2

，PG2PN2GN2

，

底面正

方形ABCD中，

E,F

为中点，则EFBD，

由勾股定理可得NB2

NG2BG2

，

从而有：

NB2NG2PB2PN2PG2PN2BG2

，

据此可得PB2PG2BG2

，即BPG90，

据此可得

平面

B

1

EF

平面

A

1

BD

不成立，选项

B

错误；对于选项

C

，取

A

1

B

1

的中点H，则

AHB

1

E

，

由于AH与平面

A

1

AC相交，故平面

B

1

EF

∥

平面

A

1

AC不成立，选项

C

错误；

对于选项

D

，取AD的中点

M

，很明显四边形

A

1

B

1

FM

为平行四边形，则

A

1

M

，

由于

A

1

M

与平面

A

1

C

1

D

相交，故平面

B

1

EF∥

平面

A

1

C

1

D

不成立，选项

D

错误；

BDN

9/16

1

32



r2r22h2

3





3





3

故选：

A.

10.

【答案】

D

【解析】

【详解】解：设等比数列a

n

的公比为

q,q0

，若

q1，则

a

2

a

5

0，与题意矛盾，

所以

q1

，

a1q3

a

1

96



aaa

则

1231q

168

，解得，





1



aa

aqaq442





q

2

2511

所以

a

aq53

.故选：

D

.

61

11.

【答案】

D

【解析】

【详解】

f

xsinxsinxx1cosxx1cosx

，

所以

fx在区间



0,

π



和



3π

,2π



上

f

x0

，即

fx单调递增；



2





2





π3π



在区间

,

上

f

x0

，即

fx单调递减，



22



又

f0f2π2

，

f



π





π

2，

f



3π







3π

1



1

3π

，



2



2



2



2



2



所以

fx在区间0,2π上的最小值为



3π

，最大值为

π

2

.故选：

D

22

12.

【答案】

C

【解析】

【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

S

ABCD



1

ACBDsin

1

ACBD

1

2r2r2r2

222

（当且仅当四边形

ABCD

为正方形时等号成立）

即当四棱锥的顶点

O

到底面

ABCD

所在小圆距离一定时，底面

ABCD

面积最大值为2r2

又r2h21

则V

1

2r2h

2

r2r22h2

OABCD3327

当且仅当r22h2

即h

3

时等号成立，故选：

C

13.

【答案】

2

【解析】

【详解】由

2S

3

3S

2

6

可得

2a

1

a

2

+a

3

3a

1

a

2

6

，化简得

2a

3

a

1

a

2

6

，

43

10/16

5

7









7

F



5



即2a

1

+2d2a

1

d6

，解得d2.

故答案为：

2.

3

14.

【答案】

10

【解析】

=0.3

【详解】解法一：设这

5

名同学分别为甲，乙，

1,2,3

，从

5

名同学中随机选

3

名，有：

(

甲，乙，

1)

，

(

甲，乙，

2)

，

(

甲，乙，

3)

，

(

甲，

1

，

2)

，

(

甲，

1

，

3)

，

(

甲，

2

，

3)

，

(

乙，

1

，

2)

，

(

乙，

1

，

3)

，

(

乙，

2

，

3)

，

(1

，

2

，

3)

，共

10

种选法；

33

其中，甲、乙都入选的选法有

3

种，故所求概率

P.

故答案为：

.

1010

解法二：从

5

名同学中随机选

3

名的方法数为

C310

甲、乙都入选的方法数为

C13

，所以甲、乙都入选的概率

P

33

。故答案为：

31010

15.

【答案】x22

y32

13或x22

y12

5或



x

4

22





y





65

或

3



3



9



x

8



y12



169

；





5



25



【解析】

【详解】解：依题意设圆的方程为x

2y2DxEyF0，



F0





F0



若过0,0，4,0，



1,1

，则164DF0

11DEF0

，解得D4，

E6

所以圆的方程为x2y24x6y0，即x22

y32

13；



F0

若过0,0，4,0，4,2，则164DF0

1644D2EF0



F0



，解得D4

，

E2

所以圆的方程为x2y24x2y0，即x22

y12

5；





F0





F0



8

若过0,0，4,2，



1,1

，则11DEF0



，解得D，

1644D2EF0

3



14

所以圆的方程为

x2y2

8

x

14

y0

，即



x

4

22





y







E

3



65

；33

3



3



9





11DEF0





16



5



16

若过



1,1

，4,0，4,2，则164DF0

1644D2EF0

，解得D

，



5



所以圆的方程为

xx

8







E2





y12



169

；

25

22

故答案为：x22

y32

13或x22

y12

5或



x

4







y

7





65

或

3



3



9



2

2

y2

16

x2y

16

0，即



55





2

11/16

1

1x

1x

1x



3



x

8



y12



169

；



5



25



16.

【答案】①

.

【解析】



1

；②

.ln2．

2

【详解】因为函数

fxlnab

为奇函数，所以其定义域关于原点对称．

1a11

由

a0

可得，1xa1ax0

，所以

x1

，解得：

a

，即函数的定义域为

1xa2

,11,11,，再由

f00

可得，bln2．即

fxln

1



1

ln2ln

，在

定义域内满足

fxfx，符合题意．故答案为：



1

；ln2．

2

21x

17.

【答案】（

1

）

5π

；

8

（

2

）证明见解析．

【解析】

【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

2

sinB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

5π

．

8

【小问

2

详解】

由

sinCsinABsinBsinCA可得，

sinCsinAcosBcosAsinBsinBsinCcosAcosCsinA，再由正弦定理可得，

accosBbccosAbccosAabcosC，然后根据余弦定理可知，

1

a2c2b2

1

b2c2a2

1

b2c2a2

1

a2b2c2，化简得：2a2b2c2

，故原等式成

2222

立．

18.

【答案】（

1

）证明详见解析

（

2

）

3

4

【解析】

【小问

1

详解】

由于ADCD，E是AC的中点，所以

ACDE

.



ADCD



由于BDBD



ADBCDB

，所以△ADB△CDB，

所以ABCB，故

ACBD

，

由于DEBDD，��,��⊂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，

由于

ADCD,ADCD

，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE1.

2

12/16

3

3



△