1、2022年江西高考文科數學真題及答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1. 集合，則（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根據集合的交集運算即可解出【詳解】因為，所以故選：A.2. 設，其中為實數，則（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根據復數代數形式的運算法則以及復數相等的概念即可解出【詳解】因為R，所以，解得：故選：A.3. 已知向量，則（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】【分析】先求得，然后求得.【詳解】因為，所以.故選：D4. 分別統計了甲、乙兩位同學16周的各

2、周課外體育運動時長（單位：h），得如下莖葉圖：則下列結論中錯誤的是（ ）A. 甲同學周課外體育運動時長的樣本中位數為7.4B. 乙同學周課外體育運動時長的樣本平均數大于8C. 甲同學周課外體育運動時長大于8的概率的估計值大于0.4D. 乙同學周課外體育運動時長大于8的概率的估計值大于0.6【答案】C【解析】【分析】結合莖葉圖、中位數、平均數、古典概型等知識確定正確答案.【詳解】對于A選項，甲同學周課外體育運動時長的樣本中位數為，A選項結論正確.對于B選項，乙同學課外體育運動時長的樣本平均數為：，B選項結論正確.對于C選項，甲同學周課外體育運動時長大于的概率的估計值，C選項結論錯誤.對于D選項，

3、乙同學周課外體育運動時長大于的概率的估計值，D選項結論正確.故選：C5. 若x，y滿足約束條件則的最大值是（ ）A. B. 4C. 8D. 12【答案】C【解析】【分析】作出可行域，數形結合即可得解.【詳解】由題意作出可行域，如圖陰影部分所示，轉化目標函數為，上下平移直線，可得當直線過點時，直線截距最小，z最大，所以.故選：C.6. 設F為拋物線的焦點，點A在C上，點，若，則（ ）A. 2B. C. 3D. 【答案】B【解析】【分析】根據拋物線上的點到焦點和準線的距離相等，從而求得點的橫坐標，進而求得點坐標，即可得到答案.【詳解】由題意得，則，即點到準線的距離為2，所以點的橫坐標為，不妨設點在

4、軸上方，代入得，所以.故選：B7. 執行下邊的程序框圖，輸出的（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【分析】根據框圖循環計算即可.【詳解】執行第一次循環，；執行第二次循環，；執行第三次循環，此時輸出.故選：B8. 如圖是下列四個函數中的某個函數在區間的大致圖像，則該函數是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由函數圖像的特征結合函數的性質逐項排除即可得解.【詳解】設，則，故排除B;設，當時，所以，故排除C;設，則，故排除D.故選：A.9. 在正方體中，E，F分別為的中點，則（ ）A. 平面平面B. 平面平面C. 平面平面D. 平面平面【答案】A【解析】【分析

5、】證明平面，即可判斷A；如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，分別求出平面，的法向量，根據法向量的位置關系，即可判斷BCD.【詳解】解：在正方體中，且平面，又平面，所以，因為分別為的中點，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，設，則，則，設平面的法向量為， 則有，可取，同理可得平面的法向量為，平面的法向量為，平面的法向量為，則，所以平面與平面不垂直，故B錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故C錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故D錯誤，故選：A.10. 已知等比數列的前3項和為168，則（ ）A. 14B. 12C.

6、6D. 3【答案】D【解析】【分析】設等比數列的公比為，易得，根據題意求出首項與公比，再根據等比數列的通項即可得解.【詳解】解：設等比數列的公比為，若，則，與題意矛盾，所以，則，解得，所以.故選：D.11. 函數在區間的最小值、最大值分別為（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用導數求得的單調區間，從而判斷出在區間上的最小值和最大值.【詳解】，所以在區間和上，即單調遞增；在區間上，即單調遞減，又，所以在區間上的最小值為，最大值為.故選：D12. 已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（ ）A. B. C. D.

7、 【答案】C【解析】【分析】先證明當四棱錐頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為，進而得到四棱錐體積表達式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當該四棱錐的體積最大時其高的值.【詳解】設該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設四邊形ABCD對角線夾角為，則（當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立）即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為又則當且僅當即時等號成立，故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13. 記為等差數列的前n項和若，則公差_【答案】2【解析】【分析】轉化條件為，即可

8、得解.【詳解】由可得，化簡得，即，解得.故答案為：2.14. 從甲、乙等5名同學中隨機選3名參加社區服務工作，則甲、乙都入選的概率為_【答案】#0.3【解析】【分析】根據古典概型計算即可【詳解】從5名同學中隨機選3名的方法數為甲、乙都入選的方法數為，所以甲、乙都入選的概率故答案為：15. 過四點中的三點的一個圓的方程為_【答案】或或或；【解析】【分析】設圓的方程為，根據所選點的坐標，得到方程組，解得即可；【詳解】解：依題意設圓的方程為，若過，則，解得，所以圓的方程為，即；若過，則，解得，所以圓的方程為，即；若過，則，解得，所以圓的方程為，即；若過，則，解得，所以圓的方程為，即；故答案為：或或或

9、；16. 若是奇函數，則_，_【答案】 . ； . 【解析】【分析】根據奇函數的定義即可求出【詳解】因為函數為奇函數，所以其定義域關于原點對稱由可得，所以，解得：，即函數的定義域為，再由可得，即，在定義域內滿足，符合題意故答案為：；三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.17. 記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c已知（1）若，求C；（2）證明：【答案】（1）； （2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據題意可得，再結合三角形內角和定理即可解出； （2）由題意利用兩角差的正弦公式展

10、開得，再根據正弦定理，余弦定理化簡即可證出【小問1詳解】由，可得，而，所以，即有，而，顯然，所以，而，所以【小問2詳解】由可得，再由正弦定理可得，然后根據余弦定理可知，化簡得：，故原等式成立18. 如圖，四面體中，E為AC的中點（1）證明：平面平面ACD；（2）設，點F在BD上，當的面積最小時，求三棱錐的體積【答案】（1）證明詳見解析 （2）【解析】【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面.（2）首先判斷出三角形的面積最小時點的位置，然后求得到平面的距離，從而求得三棱錐的體積.【小問1詳解】由于，是的中點，所以.由于，所以，所以，故，由于，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.【小問2詳解】

11、依題意，三角形是等邊三角形，所以，由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.，所以，由于，平面，所以平面.由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以當最短時，三角形的面積最小值.過作，垂足為，在中，解得，所以，所以過作，垂足為，則，所以平面，且，所以,所以.19. 某地經過多年的環境治理，已將荒山改造成了綠水青山為估計一林區某種樹木的總材積量，隨機選取了10棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積（單位：）和材積量（單位：），得到如下數據：樣本號12345678910總和根部橫截面積0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材積量0.250.400.2

12、20.540.510.340.360.460.420.403.9并計算得（1）估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；（2）求該林區這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關系數（精確到0.01）；（3）現測量了該林區所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比利用以上數據給出該林區這種樹木的總材積量的估計值附：相關系數【答案】（1）； （2） （3）【解析】【分析】（1）計算出樣本的一棵根部橫截面積的平均值及一棵材積量平均值，即可估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；（2）代入題給相關系數

13、公式去計算即可求得樣本的相關系數值；（3）依據樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，列方程即可求得該林區這種樹木的總材積量的估計值小問1詳解】樣本中10棵這種樹木的根部橫截面積的平均值樣本中10棵這種樹木的材積量的平均值據此可估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積為，平均一棵的材積量為小問2詳解】則【小問3詳解】設該林區這種樹木的總材積量的估計值為，又已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，可得，解之得則該林區這種樹木的總材積量估計為20. 已知函數（1）當時，求的最大值；（2）若恰有一個零點，求a的取值范圍【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由導數確定函數的單調性，即可得解；

14、（2）求導得，按照、及結合導數討論函數的單調性，求得函數的極值，即可得解.【小問1詳解】當時，則，當時，單調遞增；當時，單調遞減；所以；【小問2詳解】，則，當時，所以當時，單調遞增；當時，單調遞減；所以，此時函數無零點，不合題意；當時，在上，單調遞增；在上，單調遞減；又，當x趨近正無窮大時，趨近于正無窮大，所以僅在有唯一零點，符合題意；當時，所以單調遞增，又，所以有唯一零點，符合題意；當時，在上，單調遞增；在上，單調遞減；此時，又，當n趨近正無窮大時，趨近負無窮，所以在有一個零點，在無零點，所以有唯一零點，符合題意；綜上，a的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是利用導數研究函數的極

15、值與單調性，把函數零點問題轉化為函數的單調性與極值的問題.21. 已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點（1）求E的方程；（2）設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足證明：直線HN過定點【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）將給定點代入設出的方程求解即可；（2）設出直線方程，與橢圓C的方程聯立，分情況討論斜率是否存在，即可得解.【小問1詳解】解：設橢圓E的方程為，過，則，解得，所以橢圓E的方程為：.【小問2詳解】，所以，若過點的直線斜率不存在，直線.代入，可得，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，過點.若過點的直線斜率存

16、在，設.聯立得，可得，且聯立可得可求得此時，將，代入整理得，將代入，得顯然成立，綜上，可得直線HN過定點【點睛】求定點、定值問題常見的方法有兩種：從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.（二）選考題：共10分請考生在第22、23題中選定一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上將所選題目對應的題號方框涂黑按所涂題號進行評分，不涂、多涂均按所答第一題評分；多答按所答第一題評分.選修44：坐標系與參數方程22. 在直角坐標系中，曲線C的參數方程為，（t為參數），以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知直線l的極坐標方程為（1）寫出l的直角坐標方程；（2）若l與C有公共點，求m的取值范圍【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根據極坐標與直角坐標互化公式處理即可；（2）聯立l與C的方程，采用換元法處理，根據新設a的取值范圍求解m的范圍即可.【小問1詳解】因為l：，所以，又因為，所