2022年广西高考数学试卷(理科)(甲卷)

2023年12月2日发(作者：广州职高高一数学试卷)

2022年广西高考数学试卷（理科）（甲卷）1.A.2.若，则()B.C.D.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图：则()A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于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.设全集，集合，，则(A.B.C.D.4.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.8B.12C.16D.205.函数在区间的图像大致为()第1页，共17页))A.B.C.D.6.A.7.A.C.8.当时，函数取得最大值，则()B.在长方体C.中，已知D.1与平面ABCD和平面所成的角为所成的角为是以O为圆心，所成的角均为，则()与平面D.与平面沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”．如图，上，“会圆术”给出OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在当，时，()的弧长的近似值s的计算公式：A.9.则B.C.D.，侧面积分别为和，体积分别为和若甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为()，A.10.椭圆C：)B.C.D.的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为(第2页，共17页A.11.设函数A.12.A.13.14.15.16.17.设向量若双曲线，已知，B.在区间C.D.恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是()B.，C.，则()D.B.C.，D.，则相切，则______.______.的夹角的余弦值为，且的渐近线与圆从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为______.已知记证明：若，为数列中，点D在边BC上，的前n项和．已知，，当取得最小值时，______.是等差数列；，成等比数列，求的最小值．18.在四棱锥证明：；中，底面ABCD，，，，求PD与平面PAB所成的角的正弦值．第3页，共17页19.甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束，，，各项目的比赛结果相互独立．后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为求甲学校获得冠军的概率；用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．20.设抛物线C：求C的方程；的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为AB的方程．，当取得最大值时，求直线21.若已知函数，求a的取值范围；有两个零点，，则证明：若第4页，共17页22.在直角坐标系xOy中，曲线写出的普通方程；的参数方程为为参数，曲线的参数方程为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，曲线坐标，及与交点的直角坐标．的极坐标方程为，求与交点的直角23.已知a，b，c均为正数，且；若，则，证明：第5页，共17页答案和解析1.【答案】C【解析】解：则故选：由已知求得，代入，则答案可求．，，本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2.【答案】B【解析】【分析】本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断【解答】解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：，，，，，，，，，，讲座前问卷答题的正确率的中位数为：对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：，故A错误；，故B正确；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，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，故C错误；对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：讲座前正确率的极差为：，，讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误．3.【答案】D【解析】解：，又，，，第6页，共17页故选：求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案．本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．4.【答案】B【解析】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，，，，，平面ABCD，该多面体的体积为：故选：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱平面ABCD，由此能求出该多面体的体积．本题考查多面体的体积的求法，考查多面体的三视图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，，，，5.【答案】A【解析】解：可知函数是奇函数，排除BD；当故选：判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推出选项即可．本题考查函数的奇偶性以及函数的图象的判断，是中档题．时，，排除，，6.【答案】B【解析】解：由题意则当，时函数取得最值，可得，即也是函数的一个极值点，，则，第7页，共17页，易得函数在故则故选：由已知求得b，再由题意可得求得a，得到函数解析式，求其导函数，即可求得上单调递增，在上单调递减，处，函数取得极大值，也是最大值，本题考查导数的应用，考查导数最值与极值的关系，考查运算求解能力，是中档题．7.【答案】D【解析】解：如图所示，连接，BD，不妨令，在长方体所以即所以在在所以中，，中，，和中，分别为，面，面ABCD，所成的角，与平面ABCD和平面，，，，，故选项A，C错误，由图易知，AB在平面所以在为AB与平面中，上的射影在所成的角，，上，故选项B错误，如图，连接，第8页，共17页则所以在在平面为中，上的射影为与平面，所成的角，，所以，所以选项D正确，故选：不妨令，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解．本题考查了直线与平面所成角，属于中档题．8.【答案】B【解析】【分析】本题考查扇形及其应用，考查运算求解能力，是基础题．由已知求得AB与CD的值，代入【解答】解：，是AB的中点，D在上，，，，，得答案．可得O在DC的延长线上，故本题选9.【答案】C【解析】解：如图，第9页，共17页甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径即圆锥母线为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为别为则，，，，解得，，，，，高分由勾股定理可得故选：设圆的半径即圆锥母线为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为，进而求得体积之比．本题考查圆锥的侧面积和体积求解，考查运算求解能力，属于中档题．，，高分别为，，则可求得，，10.【答案】A【解析】解：已知，，故，即②代入①整理得：，②，①，，设，则，故选：设，则，根据斜率公式结合题意可得：，再结合，整理可得离心率．本题考查椭圆的简单几何性质，是基础题．11.【答案】C【解析】解：当函数，，求得，时，不能满足在区间在区间极值点比零点多，所以；恰有三个极值点、两个零点，第10页，共17页故选：由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得的取值范围．本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题．12.【答案】A【解析】解：设设故即所以利用三角函数线可得在单调递增，即，故单调递增，，可得时，，故，，，，，，则，，，即，，故综上：故选：构造函数，，，可得，即，利用三角函数线可得，即，即，可得本题考查了三角函数不等式的证明与应用，考查了运算能力，属难题．.13.【答案】11【解析】【分析】本题主要考查平面向量的数量积，属于基础题．首先计算【解答】解：由题意可得则故答案为：，的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值．14.【答案】第11页，共17页【解析】解：双曲线圆双曲线，解得故答案为：的圆心的渐近线：与半径1，，的渐近线与圆，舍去．相切，求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与圆的位置关系的判断，是中档题．15.【答案】【解析】解：根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有若这4个点在同一个平面，有侧面6个、对棱面6个，一共有则这4个点在同一个平面的概率故答案为：根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案．本题考查古典概型的计算，涉及正方体的几何结构，属于基础题．；种取法，种情况，16.【答案】【解析】【分析】本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题．首先设出BD，CD，在两个三角形中分别表示AC，BC，继而取等号的条件即可．【解答】解：设，，，可得：，可得：最小，，，，从而利用均值不等式在三角形ACD中，在三角形ABD中，要使得最小，即，第12页，共17页其中当且仅当故答案为：，此时时，即，时取等号，17.【答案】解：把n换成②-①可得：整理得：由等差数列定义有由已知有故所以故可得：故故在或者，证明：由已知有：①，②，，，为等差数列；，设等差数列，解得，，时取最小值，，，，的首项为x，由，故有其公差为1，，的最小值为由已知令，做差可得递推关系从而证明，正负分界点计算即可．【解析】由，成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公式找出本题主要考查利用数列递推关系求通项及等差数列前n项和的最小值，属于中档题．18.【答案】解：，证明：底面ABCD，面ABCD，取AB中点E，连接DE，，，又，，，，为直角三角形，且AB为斜边，，又，面PAD，又面PAD，；由知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，，则，第13页，共17页面PAD，面PAD，，设平面PAB的一个法向量为，则，则可取，设PD与平面PAB所成的角为，则，与平面PAB所成的角的正弦值为【解析】易知，取AB中点E，容易证明四边形BCDE为平行四边形，再根据长度关系可得，进而得证；建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．19.【答案】解：甲学校在三个项目中获胜的概率分别为第一场比赛第二场比赛，，，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：第三场比赛甲学校获胜概率乙学校获胜概率甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，①甲学校3场全胜，概率为：②甲学校3场获胜2场败1场，概率为：所以甲学校获得冠军的概率为：；，，乙学校的总得分X的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：，，，，则X的分布列为：XPX的期望【解析】本题考查随机变量的分布列与数学期望的计算，属于中档题．根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分X的值可取0，10，20，30，分别求出X取上述值时的概率，可得分布列与数学期望．010203020.【答案】解：则在则C的方程为中，由题意可知，当时，，得，得，可知，解得，；第14页，共17页设由可知，，，，则，，，又N、D、B三点共线，则，即，，得，即；同理由M、D、A三点共线，得则由题意可知，直线MN的斜率不为0，设由，得，：，，，则，，则，当时，；当时，无最大值，当且仅当，即时，等号成立，，即，取最大值，，，此时AB的直线方程为又的方程为【解析】由已知求得，即，与，则在，再由三点共线可得中，利用勾股定理得，，则C的方程可求；设M，N，A，B的坐标，写出设求得：与；由题意可知，直线MN的斜率不为0，，，联立直线方程与抛物线方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得AB的方程．，本题考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．第15页，共17页21.【答案】解：令当即满足由而即因为函数令不妨设即证明下面构造函数则在所以从而【解析】得证.对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在恒大于等于0，故，解出a单调递增，而，即在在R上单调递增，所以，且要证明证明，易知在，成立，上单调递减，在，上恒成立.上单调递增，知，若有两个零点，则，，时定义域为，所以当，单调递增，时，，单调递减;，要使得恒成立，，，即证明在，恒成立，，上恒成立.，的范围即可．首先将原不等式转化为证明继而构造函数证明其在，再利用函数在单调递增，即转化为证明，恒小于0即可．本题主要考查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目．22.【答案】解：可得由为参数，消去参数t，；的普通方程为由为参数，消去参数s，可得由的普通方程为，得，第16页，共17页则曲线联立的直角坐标方程为，解得或，与交点的直角坐标为与；联立，解得或，与交点的直角坐标为与【解析】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是基础题．消去参数t，可得消去参数s，可得直角坐标．的普通方程；的普通方程，化的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角坐标方程求解与、与交点的23.【答案】证明：由柯西不等式知，即当且仅当由故知，，则，，即，b，c均为正数，且，，；，且，，即，时取等号；由权方和不等式可知，【解析】由已知结合柯西不等式证明；由已知结合中的结论，再由权方和不等式证明．本题考查不等式的证明，考查柯西不等式与权方和不等式的应用，是中档题．第17页，共17页