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1、20222022 年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题文科数学（文科数学（）第第卷（共卷（共 6060 分）分）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分在每小题给出的四个选项中，只有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一项是符合题目要求的1. 已知集合，则=（）A.B.C.D.【答案】D【解析】由已知得，则，故选 D.2. 已知 为虚数单位，若复数在复平面内对应的点在第四象限，则 的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】由题又对应复平面的点在第四象限
2、，可知，解得故本题答案选 3. 下列函数中，与函数的单调性和奇偶性一致的函数是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】函数即是奇函数也是 上的增函数，对照各选项：为非奇非偶函数，排除；为奇函数，但不是 上的增函数，排除；为奇函数，但不是 上的增函数，排除；为奇函数，且是 上的增函数，故选 D.4. 已知双曲线：与双曲线：，给出下列说法，其中错误的是（）A.它们的焦距相等B.它们的焦点在同一个圆上C.它们的渐近线方程相同D.它们的离心率相等【答案】D【解析】由两双曲线的方程可得的半焦距相等，它们的渐近线方程相同，的焦点均在以原点为圆心， 为半径的圆上，离心率不相等，故选 D.5. 某学校上午安排上
3、四节课， 每节课时间为 40 分钟， 第一节课上课时间为， 课间休息 10 分钟.某学生因故迟到， 若他在之间到达教室， 则他听第二节课的时间不少于 10 分钟的概率为 （）A.B.C.D.【答案】A【解析】由题意知第二节课的上课时间为，该学生到达教室的时间总长度为分钟，其中在进入教室时，听第二节的时间不少于分钟，其时间长度为分钟，故所求的概率，故选 A.6. 若倾斜角为 的直线 与曲线相切于点，则的值为（）A.B. 1C.D.【答案】D【解析】，当时，时，则，所以，故选 D.学+科+网.7. 在等比数列中，“，是方程的两根”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不
4、充分也不必要条件【答案】D【解析】由韦达定理知， 则， 则等比数列中，则在常数列或中，不是所给方程的两根则在等比数列中，“，是方程的两根”是“”的充分不必要条件故本题答案选 8. 执行如图所示的程序框图，则输出的 值为（）A. 1009B. -1009C. -1007D. 1008【答案】B【解析】由程序框图则，由 规律知输出故本题答案选 【易错点睛】本题主要考查程序框图中的循环结构.循环结构中都有一个累计变量和计数变量,累计变量用于输出结果,计算变量用于记录循环次数,累计变量用于输出结果,计数变量和累计变量一般是同步执行的,累加一次计数一次,哪一步终止循环或不能准确地识别表示累计的变量,都会
5、出现错误.计算程序框图的有关的问题要注意判断框中的条件,同时要注意循环结构中的处理框的位置的先后顺序,顺序不一样,输出的结果一般不会相同.9. 已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】观察三视图可知，几何体是一个圆锥的 与三棱锥的组合体，其中圆锥的底面半径为 ，高为 三棱锥的底面是两直角边分别为的直角三角形，高为 则几何体的体积故本题答案选 10. 已知函数的部分图象如图所示，则函数图象的一个对称中心可能为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】由图象最高点与最低点的纵坐标知，又，即，所以则，图象过点，则，即，所以， 又， 则 故， 令， 得，令，可
6、得其中一个对称中心为故本题答案选 11. 几何原本卷 2 的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理， 很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明， 也称之为无字证明.现有如图所示图形，点 在半圆 上， 点 在直径上， 且， 设， 则该图形可以完成的无字证明为 （）A.B.C.D.【答案】D【解析】令，可得圆 的半径，又，则，再根据题图知，即故本题答案选 12. 已知球 是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球， 点 在线段上， 且， 过点 作圆的截面， 则所得截面圆面积的取值范围是 （）A.B.C.D.【答案】B 学+科
7、+网.【解析】如图，设的中心为，球的半径为，连接，易求得，则.在中，由勾股定理，解得，由，知，所以，当过点的截距与垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径，此时截面圆的面积为；当过点的截面过球心时，截面圆的面积最大，此时截面圆的面积为，故选 B.【方法点睛】本题主要考查正三棱锥的性质及空间想象能力、圆的性质、勾股定理的应用.属于难题. 化立体问题为平面问题，结合平面几何的相关知识求解,在求解过程当中，通常会结合一些初中阶段学习的平面几何知识，例如三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，在复习时应予以关注.第第卷（共卷（共 9090 分）分）二、填空题（每题二、填空题
8、（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上）13. 已知，若向量与共线，则_【答案】【解析】,由向量与共线，得，解得，则，故答案为.14. 已知实数 ， 满足不等式组目标函数，则 的最大值为_【答案】1【解析】不等式组所表示的平面区域如图中的阴影部分所示，故当取最大值时，取最大值. 由图可知，当时，取最大值，此时取最大值 ，故答案为 .【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移（转） 、三求”： （1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线） ； （2）找到目标函数对应的最优解对应
9、点（在可行域内平移（旋转）变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解） ； （3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15. 在中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，是与的等差中项且，的面积为，则的值为_【答案】16. 已知抛物线 ：的焦点是 ，直线 ：交抛物线于 ， 两点， 分别从 ， 两点向直线 ：作垂线，垂足是 ， ，则四边形的周长为_【答案】【解析】由题知，准线 的方程是. 设，由，消去 ， 得.因为直线经过焦点，所以.由抛物线上的点的几何特征知，因为直线 的倾斜角是，所以，所以四边形的周长是，故答案为.三、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7
10、070 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ）17. 已知函数（） ，数列的前 项和为，点在图象上，且的最小值为.（1）求数列的通项公式；（2）数列满足，记数列的前 项和为，求证：.【答案】 （1）； （2）见解析【解析】试题分析： （1）根据二次函数的最值可求得的值，从而可得，进而可得结果； （2）由（1）知，裂项相消法求和，放缩法即可证明.试题解析： （1），故的最小值为.又，所以，即.所以当时，；当时，也适合上式，学+科+网.所以数列的通项公式为.（2）证明：由（1）知，所以，所以.【方法点晴】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时
11、很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18. 如图，点 在以为直径的圆 上，垂直与圆 所在平面， 为的垂心.（1）求证：平面平面；（2）若，点 在线段上，且，求三棱锥的体积.【答案】 （1）见解析； （2）【解析】 试题分析： （1） 延长交于点， 先证明， 再证明平面， 即平面；（2）由（1）知平面，所以就是点 到平面的距离，再证明，从而利用棱锥的体积公式可得结果.试题解析： （1）如图，延长交于点.因为 为的重心，所以为的中点.因为 为的中点，所以.因为是圆 的直径，
12、所以，所以.因为平面，平面，所以.又平面，平面，所以平面，即平面.又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知平面，所以就是点 到平面的距离.由已知可得，所以为正三角形，所以.又点 为的重心，所以.故点 到平面的距离为.所以.学+科+网.19. 2022 高考特别强调了要增加对数学文化的考查， 为此某校高三年级特命制了一套与数学文化有关的专题训练卷（文、理科试卷满分均为 100 分） ，并对整个高三年级的学生进行了测试.现从这些学生中随机抽取了 50 名学生的成绩，按照成绩为，分成了 5 组，制成了如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于 50 分）.（1）求频率分布直方图中的 的值
13、，并估计所抽取的 50 名学生成绩的平均数、中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表） ；（2）若高三年级共有 2000 名学生，试估计高三学生中这次测试成绩不低于 70 分的人数；（3）若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于 70 分的三组学生中抽取 6 人，再从这 6 人中随机抽取 3人参加这次考试的考后分析会，试求后两组中至少有 1 人被抽到的概率.【答案】 （1），平均数是 74，中位数是； （2）1200； （3）【解析】试题分析： （1）根据个矩形面积和为可得第 4 组的频率为，从而可得结果； （2）由（1）可知，50 名学生中成绩不低于 70 分的频率为，从而可得成绩不低于
14、70 分的人数； （3）根据分层抽样方法可得这三组中所抽取的人数分别为 3,2,1，列举出中任抽取 3 人的所有可能结果共 20 种，其中后两组中没有人被抽到的可能结果只有 1 种，由古典概型概率公式可得结果.（1）由频率分布直方图可得第 4 组的频率为，故.故可估计所抽取的 50 名学生成绩的平均数为（分）.由于前两组的频率之和为，前三组的频率之和为，故中位数在第3 组中.设中位数为 分，则有，所以，即所求的中位数为分.（2）由（1）可知，50 名学生中成绩不低于 70 分的频率为，由以上样本的频率，可以估计高三年级 2000 名学生中成绩不低于 70 分的人数为.（3） 由 （1） 可知，
15、 后三组中的人数分别为 15,10,5， 故这三组中所抽取的人数分别为 3,2,1.记成绩在这组的 3 名学生分别为 ， ， ，成绩在这组的 2 名学生分别为 ， ，成绩在这组的 1名学生为 ，则从中任抽取 3 人的所有可能结果为，共 20 种.其中后两组中没有人被抽到的可能结果为，只有 1 种，故后两组中至少有 1 人被抽到的概率为.【方法点睛】本题主要考查古典概型概率公式，以及离散型随机变量的分布列，属于难题，利用古典概型概率公式,求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，.，再，.依次. 这样才能避免多写、漏写现象的发生.20. 已知椭圆 ：的
16、长轴长为，且椭圆 与圆：的公共弦长为.（1）求椭圆 的方程.（2）经过原点作直线 （不与坐标轴重合）交椭圆于 ， 两点，轴于点 ，点 在椭圆 上，且，求证： ， ， 三点共线.【答案】 （1）； （2）见解析【解析】试题分析： （1）根据题意列出关于、 的方程组，结合性质， ，求出、，即可得结果； （2）设，则，.因为点 ， 都在椭圆 上，所以，利用“点差法”证明，即可得结论.试题解析： （1）由题意得，则.由椭圆 与圆：的公共弦长为，其长度等于圆的直径，学+科+网.可得椭圆 经过点，所以，解得.所以椭圆 的方程为.（2）证明：设，则，.因为点 ， 都在椭圆 上，所以所以，即.又，所以，即，所
17、以所以又，所以，所以 ， ， 三点共线.21. 已知函数，（， 为自然对数的底数）.（1）试讨论函数的极值情况；（2）证明：当且时，总有.【答案】 （1）在处取得极大值，且极大值为，无极小值； （2）见解析试题解析： （1）的定义域为，.当时，故在内单调递减，无极值；当时，令，得；令，得.故在处取得极大值，且极大值为，无极小值.（2）证法一：当时，.设函数，则.记，则.当 变化时，的变化情况如下表：学+科+网.由上表可知，而，由，知，所以，所以，即.所以在内为单调递增函数.所以当时，.即当且时，.所以当且时，总有.证法二：当时，.因为且，故只需证.当时，成立；当时，即证.令，则由，得.在内，；
18、在内，所以.故当时，成立.综上得原不等式成立.请考生在请考生在 2222、2323 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22. 已知直线 的参数方程为（ 为参数） ，以坐标原点为极点， 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆 的极坐标方程为，直线 与圆 交于 ， 两点.（1）求圆 的直角坐标方程及弦的长；（2）动点 在圆 上（不与 ， 重合） ，试求的面积的最大值.【答案】 （1）； （2）【解析】试题分析试题分析： （1）利用平面直角坐标系与极坐标系间的转化关系，可得圆的直角坐标方程，将直线的参数方程代入，利用参数的几何意义可求得弦
19、的长； （2）写出圆的参数方程，利用点到直线的距离公式，可得，可求出 的最大值，即求得的面积的最大值试题分析试题分析： （1）由得，所以，所以圆 的直角坐标方程为.将直线 的参数方程代入圆，并整理得，解得，.所以直线 被圆 截得的弦长为.（2）直线 的普通方程为.圆 的参数方程为（ 为参数） ，可设曲线 上的动点，则点 到直线 的距离，当时， 取最大值，且 的最大值为.所以，即的面积的最大值为.学+科+网.23. 选修 4-5：不等式选讲.已知函数.（1）求函数的值域；（2）若，试比较，的大小.【答案】 （1）； （2）【解析】 （1）根据函数的单调性可知，当时，.所以函数的值域.（2）因为，所以，所以.又，所以，知，所以，所以，所以.