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1、20222022 年年青海青海高考文科数学真题及答案高考文科数学真题及答案一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的中，只有一项是符合题目要求的.1.集合2,4,6,8,10,16MNxx，则MN（）A.2,4B.2,4,6C.2,4,6,8D.2,4,6,8,10【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出【详解】因为2,4,6,8,10M，|16Nxx，所以2,4MN 故选：A.2.设(12i)2iab，其中,a b为实数，则（）A.1,1ab B.1,
2、1abC.1,1ab D.1,1ab 【答案】A【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出【详解】因为,a bR，2 i2iaba，所以0,22aba，解得：1,1ab 故选：A.3.已知向量(2,1)(2,4)ab，则abrr（）A.2B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】先求得ab，然后求得abrr.【详解】因为 2,12,44,3ab，所以22435 ab.故选：D4.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 7.4B.乙同学周课外体育运动时长的样
3、本平均数大于 8C.甲同学周课外体育运动时长大于 8 的概率的估计值大于 0.4D.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【答案】C【解析】【分析】结合茎叶图、中位数、平均数、古典概型等知识确定正确答案.【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7.37.57.42，A 选项结论正确.对于 B 选项，乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：6.37.47.68.1 8.28.28.58.68.68.68.69.09.29.39.8 10.18.50625816，B 选项结论正确.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60.3750.
4、416，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130.81250.616，D 选项结论正确.故选：C5.若 x，y 满足约束条件2,24,0,xyxyy则2zxy的最大值是（）A.2B.4C.8D.12【答案】C【解析】【分析】作出可行域，数形结合即可得解.【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，转化目标函数2zxy为2yxz，上下平移直线2yxz，可得当直线过点4,0时，直线截距最小，z 最大，所以max2 408z.故选：C.6.设 F 为抛物线2:4C yx的焦点，点 A 在 C 上，点(3,0)B，若AFBF，则AB（）A.2B.2 2C.3
5、D.3 2【答案】B【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，1,0F，则2AFBF，即点A到准线1x 的距离为 2，所以点A的横坐标为121，不妨设点A在x轴上方，代入得，1,2A，所以223 1022 2AB.故选：B7.执行下边的程序框图，输出的n（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根据框图循环计算即可.【详解】执行第一次循环，2123bba，3 12,12abann ，222231220.0124ba；执行第二次循环，2347bba，725,13abann，222271220.015
6、25ba；执行第三次循环，271017bba，17512,14abann ，2222171220.0112144ba，此时输出4n.故选：B8.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.3231xxyxB.321xxyxC.22 cos1xxyxD.22sin1xyx【答案】A【解析】【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.【详解】设 321xxf xx，则 10f，故排除 B;设 22 cos1xxh xx，当0,2x时，0cos1x，所以 222 cos2111xxxh xxx，故排除 C;设 22sin1xg xx，则 2sin33010g
7、，故排除 D.故选：A.9.在正方体1111ABCDABC D中，E，F 分别为,AB BC的中点，则（）A.平面1B EF 平面1BDDB.平面1B EF 平面1ABDC.平面1/B EF平面1A ACD.平面1/B EF平面11AC D【答案】A【解析】【分析】证明EF 平面1BDD，即可判断 A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1B EF，1ABD，11AC D的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断 BCD.【详解】解：在正方体1111ABCDABC D中，ACBD且1DD 平面ABCD，又EF 平面ABCD，所以1EFDD，因为,E F分别为,AB BC
8、的中点，所以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以EF 平面1BDD，又EF 平面1B EF，所以平面1B EF 平面1BDD，故 A 正确；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，则11,1,0,0,1,2EFEB ，12,2,0,2,0,2DBDA ，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC 设平面1B EF的法向量为111,mx y z，则有11111020m EFxym EByz ，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1
9、,1n ，平面1A AC的法向量为21,1,0n ，平面11AC D的法向量为31,1,1n ，则122 110m n ，所以平面1B EF与平面1ABD不垂直，故 B 错误；因为m与2nu u r不平行，所以平面1B EF与平面1A AC不平行，故 C 错误；因为m与3n 不平行，所以平面1B EF与平面11AC D不平行，故 D 错误，故选：A.10.已知等比数列 na的前 3 项和为 168，2542aa，则6a（）A.14B.12C.6D.3【答案】D【解析】【分析】设等比数列 na的公比为,0q q，易得1q，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.【详解】解：设等比数
10、列 na的公比为,0q q，若1q，则250aa，与题意矛盾，所以1q，则31123425111168142aqaaaqaaa qa q，解得19612aq，所以5613aa q.故选：D.11.函数 cos1 sin1f xxxx在区间0,2的最小值、最大值分别为（）A.2 2，B.3 22，C.22 2，D.3 222，【答案】D【解析】【分析】利用导数求得 f x的单调区间，从而判断出 f x在区间0,2上的最小值和最大值.【详解】sinsin1 cos1 cosfxxxxxxx，所以 f x在区间0,2和3,22上 0fx，即 f x单调递增；在区间 3,22上 0fx，即 f x单调
11、递减，又 022ff，222f，33311222f ，所以 f x在区间0,2上的最小值为32，最大值为22.故选：D12.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.13B.12C.33D.22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点 O 到底面 ABCD 所在小圆距离一定时，底面 ABCD 面积最大值为22r，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【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 ABC
12、D 对角线夹角为，则2111sin222222ABCDSAC BDAC BDrrr（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22r又22rh1则3222222212224 322333327O ABCDrrhVrhrrh当且仅当222rh即33h 时等号成立，故选：C二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分13.记nS为等差数列 na的前 n 项和若32236SS，则公差d _【答案】2【解析】【分析】转化条件为112+226adad，即可得解.
13、【详解】由32236SS可得123122+36aaaaa，化简得31226aaa，即112+226adad，解得2d.故答案为：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_【答案】310#0.3【解析】【分析】根据古典概型计算即可【详解】从 5 名同学中随机选 3 名的方法数为35C10甲、乙都入选的方法数为13C3，所以甲、乙都入选的概率310P 故答案为：31015.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】222313xy或22215xy或224765339xy或2281691525xy；【解析】【
14、分析】设圆的方程为220 xyDxEyF，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】解：依题意设圆的方程为220 xyDxEyF，若过0,0，4,0，1,1，则016401 10FDFDEF，解得046FDE ，所以圆的方程为22460 xyxy，即222313xy；若过0,0，4,0，4,2，则01640164420FDFDEF，解得042FDE ，所以圆的方程为22420 xyxy，即22215xy；若过0,0，4,2，1,1，则01 10164420FDEFDEF，解得083143FDE ，所以圆的方程为22814033xyxy，即224765339xy；若过1,1，4,0，4,2
15、，则1 101640164420DEFDFDEF，解得1651652FDE ，所以圆的方程为2216162055xyxy，即2281691525xy；故答案为：222313xy或22215xy或224765339xy或2281691525xy；16.若 1ln1f xabx是奇函数，则a_，b _【答案】.12；.ln2【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求出【详解】因为函数 1ln1f xabx为奇函数，所以其定义域关于原点对称由101ax可得，110 xaax，所以11axa，解得：12a ，即函数的定义域为,11,11,，再由 00f可得，ln2b 即 111lnln2ln211xfxx
16、x，在定义域内满足 fxf x，符合题意故答案为：12；ln2三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第第 1721 题题为必考题为必考题，每个试题考生都必须作答每个试题考生都必须作答.第第 22、23 题为选考题题为选考题，考生根据要求作答考生根据要求作答.17.记ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知sinsinsinsinCABBCA（1）若2AB，求 C；（2）证明：2222abc【答案】（1）58；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得，sinsinCCA，再结合三角形内角和定
17、理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得sinsincoscossinsinsincoscossinCABABBCACA，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出【小问 1 详解】由2AB，sinsinsinsinCABBCA可得，sinsinsinsinCBBCA，而02B，所以sin0,1B，即有sinsin0CCA，而0,0CCA，显然CCA，所以，CCA，而2AB，ABC，所以58C【小问 2 详解】由sinsinsinsinCABBCA可得，sinsincoscossinsinsincoscossinCABABBCACA，再由正弦定理可得，coscoscoscosacBbcAb
18、cAabC，然后根据余弦定理可知，22222222222211112222acbbcabcaabc，化简得：2222abc，故原等式成立18.如图，四面体ABCD中，,ADCD ADCDADBBDC，E 为 AC 的中点（1）证明：平面BED 平面 ACD；（2）设2,60ABBDACB，点 F 在 BD 上，当AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体积【答案】（1）证明详见解析（2）34【解析】【分析】（1）通过证明AC 平面BED来证得平面BED 平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥FABC的体积.【小问 1 详解】由
19、于ADCD，E是AC的中点，所以ACDE.由于ADCDBDBDADBCDB，所以ADBCDB，所以ABCB，故ACBD，由于DEBDD，,DE BD 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2ABBDBC，60ACB，三角形ABC是等边三角形，所以2,1,3ACAECEBE，由于,ADCD ADCD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以1DE.222DEBEBD，所以DEBE，由于ACBEE，,AC BE 平面ABC，所以DE 平面ABC.由于ADBCDB，所以FBAFBC，由于BFBFFBAFBCABCB，所以FBAFBC
20、，所以AFCF，所以EFAC，由于12AFCSAC EF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.过E作EFBD，垂足为F，在RtBED中，1122BE DEBD EF，解得32EF，所以223131,2222DFBFDF，所以34BFBD.过F作FHBE，垂足为H，则/FH DE，所以FH 平面ABC，且34FHBFDEBD，所以34FH,所以111332333244FABCABCVSFH.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：2m）和材积量（单位：3m），得到如下数据：样本号1
21、2345678910总和根部横截面积ix0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量iy0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得10101022iiiii=1i=1i=10.038,1.6158,0.2474xyx y（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2186m已知树木的材积量与其根部横截面积近似成
22、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附：相关系数iii=122iii=1i=1(,1.8961.377)()()()nnnxxyyrxxyy【答案】（1）20.06m；30.39m（2）0.97（3）31209m【解析】【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可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）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值【小问 1 详解】样本中 10 棵这种树木的根部横截面积的平均值0.60.0
23、610 x 样本中 10 棵这种树木的材积量的平均值3.90.3910y 据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为20.06m，平均一棵的材积量为30.39m【小问 2 详解】1010iiiii=1i=110101010222222iiiii=1i=1i=1i=1101010 xxyyx yxyrxxyyxxyy22(0.038 10 0.06)(1.6158 10.2474 10 0.06 0.390.01340.01340.970.013770.0000 018996.3)则0.97r【小问 3 详解】设该林区这种树木的总材积量的估计值为3mY，又已知树木的材积量与其根部横截面积近
24、似成正比，可得0.06186=0.39Y，解之得3=1209mY则该林区这种树木的总材积量估计为31209m20.已知函数1()(1)lnf xaxaxx（1）当0a 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【答案】（1）1（2）0,【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得 211axxfxx，按照0a、01a及1a 结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【小问 1 详解】当0a 时，1ln,0fxx xx，则 22111xfxxxx，当0,1x时，()0fx，fx单调递增；当1,x时，()0fx，fx单调递增；当1
25、,x时，()0fx，fx单调递增；在11,a上，()0fx，fx单调递增；在1,1a上，()0fx，fx单调递减；此时 110fa，又1111 lnnnnfan aaaa，当 n 趋近正无穷大时，1nfa趋近负无穷，所以 fx在10,a有一个零点，在1,a无零点，所以 fx有唯一零点，符合题意；综上，a 的取值范围为0,.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.21.已知椭圆 E 的中心为坐标原点，对称轴为 x 轴、y 轴，且过30,2,12AB两点（1）求 E 的方程；（2）设过点1,2P的直线交 E 于 M，N 两点
26、，过 M 且平行于 x 轴的直线与线段 AB 交于点 T，点 H 满足MTTH 证明：直线 HN 过定点【答案】（1）22143yx（2）(0,2)【解析】【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆 C 的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【小问 1 详解】解：设椭圆 E 的方程为221mxny，过30,2,12AB，则41914nmn，解得13m，14n，所以椭圆 E 的方程为：22143yx.【小问 2 详解】3(0,2),(,1)2AB，所以2:23AB yx，若过点(1,2)P的直线斜率不存在，直线1x.代入22134xy，可得2 6(1,)3M
27、，2 6(1,)3N，代入 AB 方程223yx，可得2 6(63,)3T，由MTTH 得到2 6(2 65,)3H.求得 HN 方程：2 6(2)23yx，过点(0,2).若过点(1,2)P的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kxykM x yN xy.联立22(2)0,134kxykxy得22(34)6(2)3(4)0kxkk xk k，可得1221226(2)343(4)34kkxxkkkx xk，12222228(2)344(442)34kyykkky yk，且1221224(*)34kx yx yk联立1,223yyyx可得111113(3,),(36,).2yTyHy
28、x y可求得此时1222112:()36yyHN yyxxyxx，将(0,2)，代入整理得12121221122()6()3120 xxyyx yx yy y，将(*)代入，得222241296482448482436480,kkkkkkk显然成立，综上，可得直线 HN 过定点(0,2).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.（二（二）选考题选考题：共共 10 分分请考生在第请考生在第 22、23 题中选定一题作答题中选定一题作答，并用并用 2B 铅笔铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号
29、方框涂黑按所涂题号进行评分，不涂、多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；多答按所答第一题评分涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.选修选修 44：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中，曲线 C 的参数方程为3cos22sinxtyt，（t 为参数），以坐标原点为极点，x 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sin03m（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）320 xym（2）195122m【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化
30、公式处理即可；（2）联立 l 与 C 的方程，采用换元法处理，根据新设 a 的取值范围求解 m 的范围即可.【小问 1 详解】因为 l：sin03m，所以13sincos022m，又因为sin,cosyx，所以化简为13022yxm，整理得 l 的直角坐标方程：320 xym【小问 2 详解】联立 l 与 C 的方程，即将3cos2xt，2sinyt代入320 xym中，可得3cos22sin20ttm，所以23(1 2sin)2sin20ttm，化简为26sin2sin320 ttm，要使 l 与 C 有公共点，则226sin2sin3mtt有解，令sin ta，则1,1a，令2()623f
31、 aaa，(11)a，对称轴为16a，开口向上，所以(1)623()5maxffa，min11219()36666 ffa，所以19256mm 的取值范围为195122m.选修选修 45：不等式选讲：不等式选讲23.已知 a，b，c 都是正数，且3332221abc，证明：（1）19abc；（2）12abcbcacababc；【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可【小问 1 详解】证明：因为0a，0b，0c，则320a，320b，320c，所以33333322232223abcabc，即1213abc，所以19abc，当且仅当333222abc，即319abc时取等号【小问 2 详解】证明：因为0a，0b，0c，所以2bcbc，2acac，2abab，所以3222aaabcbcabc，3222bbbacacabc，3222cccabababc333333222222122222abcabcabcbcacababcabcabcabcabc当且仅当abc时取等号