2022年江西高考文科数学真题及答案.doc-资料库

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2022 年江西高考文科数学真题及答案一、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    ，则 M N  x  6 （） B. {2,4,6} C. {2,4,6,8} D. A. {2,4} {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．    2,4,6,8,10 【详解】因为 M  N ，  x | 1    ，所以 x  6 M N   2,4 ．故选：A. 2. 设 (1 2i)  a   1, b 1, b A. a 【答案】A 2i   ，其中 ,a b 为实数，则（ a b 1   1 1, b B. 1  a   ） C. a 1,   b  1 D. 【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 b Î R， 故选：A.  ，所以  2 i a  a b   a b  0,2 2i 2 a  ，解得： 1, b a   ． 1 3. 已知向量 (2,1)   a  b ，   ( 2,4) r r ，则 a b （） B. 3 C. 4 D. 5 A. 2 【答案】D 【解析】  【分析】先求得 a b  r r ，然后求得 a b . 【详解】因为   a b    2,1    2,4    4, 3   ，所以   a b   24    3 2  5 . 故选：D 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 【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 7.3 7.5  2  ，A 选项 7.4 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： 6.3 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                  16 ， 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 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 6 16 13 16  0.375 0.4  ，  0.8125 0.6  ， D 选项结论正确. 故选：C 5. 若 x，y 满足约束条件 2 A. 【答案】C 【解析】 x    x  y  2, y 2 4, y 0, B. 4 则 2  z x  的最大值是（ y ） C. 8 D. 12

【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 2  z x 上下平移直线 2  y x z x y   ， y  为 2  ，可得当直线过点 z 4,0 时，直线截距最小，z 最大，所以 max z 2 4 0 8     . 故选：C. 6. 设 F 为抛物线 C y : 2 （） A. 2 【答案】B 【解析】 x 的焦点，点 A 在 C 上，点 (3,0) B 4 ，若 AF BF ，则 AB  B. 2 2 C. 3 D. 3 2 【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，  即点 A 到准线不妨设点 A 在 x 轴上方，代入得，  x   的距离为 2，所以点 A 的横坐标为 1 2 1 1,0F 1    ， 1,2A  ， BF AF ，则 2 ，所以 AB    3 1  2   0 2  2   2 2 . 故选：B 7. 执行下边的程序框图，输出的 n  （）

A. 3 【答案】B 【解析】 B. 4 C. 5 D. 6 【分析】根据框图循环计算即可. 2 b b   1 2    ，【详解】执行第一次循环， n n a b a      3 1 2, a    ， 1 2 3 2 2 b a   2 2 3 2 2    2 1 4 0.01 ；执行第二次循环， a b a b 7 2 5,      2 3 4 b   n n    ，    ， 1 3 7 a 2 2 b a   2 2 7 2 5   2 1 25  0.01 ；执行第三次循环， a b a b b 17 5 12,         ， 2 a n n    ， 7 10 17   1 4 2 2 b a   2 2 2 17 12   2 1 144  0.01 ，此时输出 4n  . 故选：B 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（）

x   3 1 B. y  x x 3 x  2 1  C. y  2 cos x x 1 x  2 D. 3 2 y   A. x x 2sin x 1 x  【答案】A  y 2 【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   f x  x x 3 x  2 1  ，则  1 f  ，故排除 B; 0 2  2 cos x x 1 x  2 cos x x 1 x  2sin x 1 x  2 设  h x   所以  h x  设  g x   故选：A. ，则   3 g 2 ，当 x    π0, 2    时， 0 cos  1x  ，  2 2 x  x 1   1 ，故排除 C; 2sin 3 10  ，故排除 D. 0  ABCD A B C D 1 9. 在正方体 A. 平面 1B EF  平面 1 1 1 BDD 1 B EF 平面 1A AC / / C. 平面 1 【答案】A 中，E，F 分别为 ,AB BC 的中点，则（） B. 平面 1B EF  平面 1A BD B EF 平面 1 1AC D D. 平面 1 / / 【解析】【分析】证明 EF  平面 BDD ，即可判断 A；如图，以点 D 为原点，建立空间直角坐标系， 1 设 AB  ，分别求出平面 1B EF ， 1A BD ， 1 1AC D 的法向量，根据法向量的位置关系，即 2 可判断 BCD. 【详解】解：在正方体 ABCD A B C D 1 1 1  1 中， AC BD 且 1DD  平面 ABCD ，

2 AB  ，   2,0,2 , A   2,0,0 , C  0,2,0  ，  DA 1   2,0,2  ， EF DD 1 又 EF  平面 ABCD ，所以因为 ,E F 分别为 ,AB BC 的中点，所以 EF AC ，所以 EF BD ，，又 BD DD D  1 ， 1 BDD ， BDD ，故 A 正确；所以 EF  平面 1 又 EF  平面 1B EF ，所以平面 1B EF  平面如图，以点 D 为原点，建立空间直角坐标系，设则   2,2,0 , B A 1 1  1 0,2,2 C   EF   则  AA 1  1,1,0 ,  AC  2,2,0 ,  2,2,0 ,   1,2,0 ,  2,2,2 ,  0,0,2 ,  2,1,0 ,  EB 1  DB       E F B ，           ，  AC 1 1 0,1,2  2,2,0 ,   , m x y z 1  , 1 1  ，设平面 1B EF 的法向量为     m EF     m EB   1 则有 x y    1 1 2 y z   1 1   0 0 ，可取  m    2,2, 1  ，同理可得平面 1A BD 的法向量为   1, 1, 1   ，  n  1    1,1,0 n  2    1,1, 1 n   3 ，，平面 1A AC 的法向量为平面 1 1AC D 的法向量为   m n 1 则      2 2 1 1 0 ，所以平面 1B EF 与平面 1A BD 不垂直，故 B 错误； uur 与 2n  因为 m 所以平面 1B EF 与平面 1A AC 不平行，故 C 错误；不平行，  与 3n 不平行，  因为 m 所以平面 1B EF 与平面 1 1AC 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， 2 a A. 14 【答案】D B. 12 a 5  ，则 6a  （ 42 ） C. 6 D. 3 q q  ，易得 1q  ，根据题意求出首项与公比，再根 0 【解析】【分析】设等比数列 na 的公比为 , 据等比数列的通项即可得解. 【详解】解：设等比数列 na 的公比为 , 若 1q  ，则 2 a  ，与题意矛盾，所以 1q  ， a 5 0 q q  ， 0 则    a 1    a 2  a 3  a 1  1 q  1 q  4 a q a q  1 1  3  168 ，解得 42 a  1   q  96 1 2 ， a 2  a 5  所以 a 6 5 a q 1 3  . 故选：D. 11. 函数   f x  cos x   x   1 sin x  在区间 1 0,2π 的最小值、最大值分别为（  ） B. 3π π  ， 2 2 C.  π π 2 ， 2 2 D. A.  π π  ， 2 2 3π π 2 ， 2 2 【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  0,2π 上的最小值和最  大值. 【详解】   x f    sin x  所以  f x 在区间     π0, 2    和  sin x  3π ,2π 2    x   1 cos x   x   1 cos x ，上   0  ，即  x f f x 单调递增；     在区间    π 3π, 2 2    上   0  ，即  x f f x 单调递减，  又   0 f f  2π   ， 2 f    π 2     π 2  2 ， f    3π 2         所以  f x 在区间  0,2π 上的最小值为   ，最大值为 3π 2  1    3π 2 π 2  . 2 1    3π 2 ，故选：D 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（） A. 1 3 【答案】C 【解析】 B. 1 2 C. 3 3 D. 2 2 【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 ABCD 对角线夹角为，   2  S 则 ABCD  sin AC BD AC BD 1   2 1   2 1   2 （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 2 r 2 2 r r  2 r   h 1  2 则 V O ABCD  1   3 2 2 r h   2 3 2 r  r 2 2  2 h  2 3    2 r  2 r 3  2 h 2 3     4 3 27 当且仅当 2 r 22 h 即 3 3 h  时等号成立，故选：C

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