2022年高考文数真题试卷（全国甲卷）

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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 ，则 （　　）
A． B．
C． D．
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：
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
3．（2022·全国甲卷）若 ．则 （　　）
A． B． C． D．
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．8 B．12 C．16 D．20
5．（2022·全国甲卷）将函数 的图像向左平移 个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则 的最小值是（　　）
A． B． C． D．
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． B． C． D．
7．（2022·全国甲卷）函数 在区间 的图像大致为（　　）
A． B．
C． D．
8．（2022·全国甲卷）当 时，函数 取得最大值 ，则 （　　）
A．-1 B． C． D．1
9．（2022·全国甲卷）在长方体 中，已知 与平面 和平面 所成的角均为 ，则（　　）
A．
B．AB与平面 所成的角为
C．
D． 与平面 所成的角为
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 ，侧面积分别为 和 ，体积分别为 和 ．若 ，则 （　　）
A． B． C． D．
11．（2022·全国甲卷）已知椭圆 的离心率为 ， 分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若 ，则C的方程为（　　）
A． B． C． D．
12．（2022·全国甲卷）已知 ，则（　　）
A． B． C． D．
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 ．若 ，则 　 　．
14．（2022·全国甲卷）设点M在直线 上，点 和 均在 上，则 的方程为　 　．
15．（2022·全国甲卷）记双曲线 的离心率为e，写出满足条件“直线 与C无公共点”的e的一个值　 　．
16．（2022·全国甲卷）已知 中，点D在边BC上， ．当 取得最小值时， 　 　．
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
A 240 20
B 210 30
附： ，
0.100 0.050 0.010
2.706 3.841 6.635
（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？
18．（2022·全国甲卷）记 为数列 的前n项和．已知 ．
（1）证明： 是等差数列；
（2）若 成等比数列，求 的最小值．
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 是边长为8（单位：cm）的正方形， 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直．
（1）证明： 平面 ；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
20．（2022·全国甲卷）已知函数 ，曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
（1）若 ，求a：
（2）求a的取值范围．
21．（2022·全国甲卷）设抛物线 的焦点为F，点 ，过 的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时， ．
（1）求C的方程：
（2）设直线 与C的另一个交点分别为A，B，记直线 的倾斜角分别为 ．当 取得最大值时，求直线AB的方程．
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。
22．（2022·全国甲卷）在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （t为参数），曲线 的参数方程为 （s为参数）．
（1）写出 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 的极坐标方程为 ，求 与 交点的直角坐标，及 与 交点的直角坐标．
23．（2022·全国甲卷）已知a，b，c均为正数，且 ，证明：
（1） ；
（2）若 ，则 ．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：∵ ，∴.
故选：A
【分析】根据集合的交集运算即可解出．
2．【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， 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100%-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．【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=1+i ，所以 ，所以 ．
故选：D
【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念先求得，再由复数的求模公式即可求出.
4．【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，
则该直四棱柱的体积 .
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．【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 ，
又曲线C关于y轴对称，则 ，
解得 ，
又ω>0，
故当k=0时，ω的最小值为 .
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，即可求出ω的最小值.
6．【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 .
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．【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)=(3-x-3x)cos(-x)=-(3x-3-x)cosx=-f(x)，又
所以f(x)为奇函数，排除BD；
又当时，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．【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，+∞），所以依题可知，f(1)=-2 ，f'(1)=0，
又 ，
则，解得 ，
所以，
由f'(x)>0，得01，
因此函数f(x)在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
则当x=1时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
【分析】根据题意可知f(1)=-2 ，f'(1)=0，列式即可解得a，b，再根据f'(x)即可解出．
9．【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，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，
B1D与平面AA1B1B所成角为 ∠DB1A，
所以 ，
即b=c ， ，
解得 ．
对于A， AB=a，AD=b ，AB=AD ，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 ，所以 ，B错误；
对于C，，C错误；
对于D， B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C ，又 ，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C=45° ．D正确．
故选：D．
【分析】先设AB=a，AD=b，AA1=c，再由题意得，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．【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l ，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则，
所以r1=2r2，
又 ，
则 ，
所以 ，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高 ，
所以 .
故选：C.
【分析】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，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和可将r1，r2分别用l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．【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
【解析】【解答】解：因为离心率，解得，则b2=a2 ，
记A1，A2分别为C的左右顶点，则A1（-a，0），A2（a，0），
又B为上顶点，所以B（0，b），
所以 ，
因为
所以-a2+b2=-1，将b2=a2代入，解得a2=9，b2=8，
故椭圆的方程为 .
故选：B.
【分析】根据离心率及，解得关于a2，b2的等量关系式，即可得解.
12．【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，
而，
所以 ，
即m>lg11，
所以a=10m-11>10lg11-11=0．
又，
所以 ，
即log89>m ，
所以 ．
综上，a>0>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>1 ，再利用基本不等式，换底公式可得 m>lg11，log89>m ，然后由指数函数的单调性即可解出．
13．【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： ，解得 .
故答案为： .
【分析】由向量垂直的坐标表示求解即可.
14．【答案】
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：∵点M在直线 上，
∴设点M为（a，1-2a），又因为点 和 均在 上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴ ，
化简得：a2-6a+9+4a2-4a+1=5a2 ，
解得a=1，
∴M（1，-1） ， ，
则的方程为 .
故答案为：
【分析】设出点M的坐标，利用点 和 均在 上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.
15．【答案】2（满足 皆可）
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解： 因为双曲线 ，
所以C的渐近线方程为，
结合渐近线的特点，只需，即，
可满足条件“直线y=2x与C无公共点”
所以，
又因为e>1，所以 ，
故答案为：2（满足皆可）
【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线中即可求得满足要求的e值.
16．【答案】 或
【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·ADcos∠ADB=m2+4+2m ，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD·ADcos∠ADC=4m2+4-4m ，
所以 ，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，，即BD= .
故答案为： .
【分析】设CD=2BD=2m>0，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
17．【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 ；
则A家公司长途客车准点的概率为 ；
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 .
B家公司长途客车准点的概率为 .
（2）解：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
= ，
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K2，再利用临界值表比较即可得结论.
18．【答案】（1）已知 ，即 ①，
当 时， ②，
①-②得， ，
即 ，
即 ，所以 ， 且 ，
所以 是以1为公差的等差数列．
（2）由（1）中 可得， ， ， ，
又 ， ， 成等比数列，所以 ，
即 ，解得 ，
所以 ，所以 ，
所以，当 或 时 ．
【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
【解析】【分析】（1）依题意可得 ，根据 ，作差即可得到 ，从而得证；
（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{an}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．【答案】（1）证明：分别取 的中点 ，连接 ，
因为 为全等的正三角形，所以 ， ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）解：分别取 中点 ，
由（1）知， 且 ，同理有， ， ， ，由平面知识可知， ， ， ，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积的 倍．
因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的距离 ， ，所以该几何体的体积 ．
【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】【分析】（1）依题意，根据直线与平面垂直的判定定理可得EM⊥平面ABCD，FN⊥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．【答案】（1）解：由题意知， ， ， ，则 在点 处的切线方程为 ，
即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则 ，解得 ；
（2）解： ，则 在点 处的切线方程为 ，整理得 ，
设该切线与 切于点 ， ，则 ，则切线方程为 ，整理得 ，
则 ，整理得 ，
令 ，则 ，令 ，解得 或 ，
令 ，解得 或 ，则 变化时， 的变化情况如下表：
0 1
- 0 + 0 - 0 +
-1
则 的值域为 ，故 的取值范围为 .
【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．【答案】（1）解：抛物线的准线为 ，当 与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时 ，所以 ，
所以抛物线C的方程为 ；
（2）解：设 ，直线 ，
由 可得 ， ，
由斜率公式可得 ， ，
直线 ，代入抛物线方程可得 ，
，所以 ，同理可得 ，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为 ，
所以 ，
若要使 最大，则 ，
设 ，则 ，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以当 最大时， ，设直线 ，
代入抛物线方程可得 ，
，所以 ，
所以直线 .
【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，即可得解；
（2）设点的坐标及直线MN：x=my+1，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 ，设直线AB：，结合韦达定理可解.
22．【答案】（1）解：因为 ， ，所以 ，即 普通方程为 ．
（2）解：因为 ，所以 ，即 的普通方程为 ，
由 ，即 的普通方程为 ．
联立 ，解得： 或 ，即交点坐标为 ， ；
联立 ，解得： 或 ，即交点坐标 ， ．
【知识点】直线与圆锥曲线的关系；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】(1)消去参数t，即可得到C1的普通方程；
(2)将曲线C2，C3的方程化成普通方程，联立求解即解出．
23．【答案】（1）证明：由柯西不等式有 ，
所以 ，
当且仅当 时，取等号，
所以
（2）证明：因为 ， ， ， ，由（1）得 ，
即 ，所以 ，
由权方和不等式知 ，
当且仅当 ，即 ， 时取等号，
所以 .
【知识点】一般形式的柯西不等式
【解析】【分析】（1）根据a2+b2+4c2=a2+b2+(2c)2，利用柯西不等式即可得证；
（2）由（1）结合已知可得 ，即可得到 ，再根据权方和不等式即可得证.
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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 ，则 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：∵ ，∴.
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：
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， 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100%-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 ．则 （　　）
A． B． C． D．
【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=1+i ，所以 ，所以 ．
故选：D
【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念先求得，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．8 B．12 C．16 D．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，
则该直四棱柱的体积 .
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 的图像向左平移 个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则 的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【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 ，
又曲线C关于y轴对称，则 ，
解得 ，
又ω>0，
故当k=0时，ω的最小值为 .
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，即可求出ω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． B． 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 .
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 在区间 的图像大致为（　　）
A． B．
C． D．
【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)=(3-x-3x)cos(-x)=-(3x-3-x)cosx=-f(x)，又
所以f(x)为奇函数，排除BD；
又当时，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 时，函数 取得最大值 ，则 （　　）
A．-1 B． 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，+∞），所以依题可知，f(1)=-2 ，f'(1)=0，
又 ，
则，解得 ，
所以，
由f'(x)>0，得01，
因此函数f(x)在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
则当x=1时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
【分析】根据题意可知f(1)=-2 ，f'(1)=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 中，已知 与平面 和平面 所成的角均为 ，则（　　）
A．
B．AB与平面 所成的角为
C．
D． 与平面 所成的角为
【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，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，
B1D与平面AA1B1B所成角为 ∠DB1A，
所以 ，
即b=c ， ，
解得 ．
对于A， AB=a，AD=b ，AB=AD ，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 ，所以 ，B错误；
对于C，，C错误；
对于D， B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C ，又 ，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C=45° ．D正确．
故选：D．
【分析】先设AB=a，AD=b，AA1=c，再由题意得，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 ，侧面积分别为 和 ，体积分别为 和 ．若 ，则 （　　）
A． B． C． D．
【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l ，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则，
所以r1=2r2，
又 ，
则 ，
所以 ，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高 ，
所以 .
故选：C.
【分析】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，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和可将r1，r2分别用l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 的离心率为 ， 分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若 ，则C的方程为（　　）
A． B． C． D．
【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
【解析】【解答】解：因为离心率，解得，则b2=a2 ，
记A1，A2分别为C的左右顶点，则A1（-a，0），A2（a，0），
又B为上顶点，所以B（0，b），
所以 ，
因为
所以-a2+b2=-1，将b2=a2代入，解得a2=9，b2=8，
故椭圆的方程为 .
故选：B.
【分析】根据离心率及，解得关于a2，b2的等量关系式，即可得解.
12．（2022·全国甲卷）已知 ，则（　　）
A． B． C． D．
【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，
而，
所以 ，
即m>lg11，
所以a=10m-11>10lg11-11=0．
又，
所以 ，
即log89>m ，
所以 ．
综上，a>0>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>1 ，再利用基本不等式，换底公式可得 m>lg11，log89>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 ．若 ，则 　 　．
【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： ，解得 .
故答案为： .
【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 上，点 和 均在 上，则 的方程为　 　．
【答案】
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：∵点M在直线 上，
∴设点M为（a，1-2a），又因为点 和 均在 上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴ ，
化简得：a2-6a+9+4a2-4a+1=5a2 ，
解得a=1，
∴M（1，-1） ， ，
则的方程为 .
故答案为：
【分析】设出点M的坐标，利用点 和 均在 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 的离心率为e，写出满足条件“直线 与C无公共点”的e的一个值　 　．
【答案】2（满足 皆可）
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解： 因为双曲线 ，
所以C的渐近线方程为，
结合渐近线的特点，只需，即，
可满足条件“直线y=2x与C无公共点”
所以，
又因为e>1，所以 ，
故答案为：2（满足皆可）
【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线中即可求得满足要求的e值.
16．（2022·全国甲卷）已知 中，点D在边BC上， ．当 取得最小值时， 　 　．
【答案】 或
【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·ADcos∠ADB=m2+4+2m ，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD·ADcos∠ADC=4m2+4-4m ，
所以 ，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，，即BD= .
故答案为： .
【分析】设CD=2BD=2m>0，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
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
A 240 20
B 210 30
附： ，
0.100 0.050 0.010
2.706 3.841 6.635
（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 ；
则A家公司长途客车准点的概率为 ；
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 .
B家公司长途客车准点的概率为 .
（2）解：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
= ，
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K2，再利用临界值表比较即可得结论.
18．（2022·全国甲卷）记 为数列 的前n项和．已知 ．
（1）证明： 是等差数列；
（2）若 成等比数列，求 的最小值．
【答案】（1）已知 ，即 ①，
当 时， ②，
①-②得， ，
即 ，
即 ，所以 ， 且 ，
所以 是以1为公差的等差数列．
（2）由（1）中 可得， ， ， ，
又 ， ， 成等比数列，所以 ，
即 ，解得 ，
所以 ，所以 ，
所以，当 或 时 ．
【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
【解析】【分析】（1）依题意可得 ，根据 ，作差即可得到 ，从而得证；
（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{an}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 是边长为8（单位：cm）的正方形， 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直．
（1）证明： 平面 ；
（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 的中点 ，连接 ，
因为 为全等的正三角形，所以 ， ，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）解：分别取 中点 ，
由（1）知， 且 ，同理有， ， ， ，由平面知识可知， ， ， ，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积的 倍．
因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的距离 ， ，所以该几何体的体积 ．
【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】【分析】（1）依题意，根据直线与平面垂直的判定定理可得EM⊥平面ABCD，FN⊥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 ，曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
（1）若 ，求a：
（2）求a的取值范围．
【答案】（1）解：由题意知， ， ， ，则 在点 处的切线方程为 ，
即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则 ，解得 ；
（2）解： ，则 在点 处的切线方程为 ，整理得 ，
设该切线与 切于点 ， ，则 ，则切线方程为 ，整理得 ，
则 ，整理得 ，
令 ，则 ，令 ，解得 或 ，
令 ，解得 或 ，则 变化时， 的变化情况如下表：
0 1
- 0 + 0 - 0 +
-1
则 的值域为 ，故 的取值范围为 .
【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 的焦点为F，点 ，过 的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时， ．
（1）求C的方程：
（2）设直线 与C的另一个交点分别为A，B，记直线 的倾斜角分别为 ．当 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 与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时 ，所以 ，
所以抛物线C的方程为 ；
（2）解：设 ，直线 ，
由 可得 ， ，
由斜率公式可得 ， ，
直线 ，代入抛物线方程可得 ，
，所以 ，同理可得 ，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为 ，
所以 ，
若要使 最大，则 ，
设 ，则 ，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以当 最大时， ，设直线 ，
代入抛物线方程可得 ，
，所以 ，
所以直线 .
【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，即可得解；
（2）设点的坐标及直线MN：x=my+1，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 ，设直线AB：，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。
22．（2022·全国甲卷）在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 （t为参数），曲线 的参数方程为 （s为参数）．
（1）写出 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 的极坐标方程为 ，求 与 交点的直角坐标，及 与 交点的直角坐标．
【答案】（1）解：因为 ， ，所以 ，即 普通方程为 ．
（2）解：因为 ，所以 ，即 的普通方程为 ，
由 ，即 的普通方程为 ．
联立 ，解得： 或 ，即交点坐标为 ， ；
联立 ，解得： 或 ，即交点坐标 ， ．
【知识点】直线与圆锥曲线的关系；参数方程化成普通方程
【解析】【分析】(1)消去参数t，即可得到C1的普通方程；
(2)将曲线C2，C3的方程化成普通方程，联立求解即解出．
23．（2022·全国甲卷）已知a，b，c均为正数，且 ，证明：
（1） ；
（2）若 ，则 ．
【答案】（1）证明：由柯西不等式有 ，
所以 ，
当且仅当 时，取等号，
所以
（2）证明：因为 ， ， ， ，由（1）得 ，
即 ，所以 ，
由权方和不等式知 ，
当且仅当 ，即 ， 时取等号，
所以 .
【知识点】一般形式的柯西不等式
【解析】【分析】（1）根据a2+b2+4c2=a2+b2+(2c)2，利用柯西不等式即可得证；
（2）由（1）结合已知可得 ，即可得到 ，再根据权方和不等式即可得证.
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