2022年四川省高考理科数学真题及解析

2024年1月24日发(作者：常德中考一模数学试卷)

2022年四川省高考理科数学真题及解析注意事项1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.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.若z13i，则z（zz1B.13i）A.13iC.13i33D.13i332.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70%B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%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.设集合U2，1,0,1,2，3，集合A1,2，Bxx4x30，则2CUAB（A.1,3）B.0，3C.2,1D.2,01

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.16xD.20）5.函数fx33xcosx在区间的图象大致为（2，26.当x=1时，函数fxalnxA.1B.12b取得最大值2，则f2（x1C.D.12）7.在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）和平面AB1C1D所成的角为30°D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°CB18.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，AB是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在AB上，CDAB.“会圆术”给出AB的弧长的近似值s的计算公式：2

CD2.当OA2，AOB60时，s（sABOAA.）11332B.11432C.9332D.94329.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙2，则V甲V乙（）A.5B.22C.10D.5104x2y210.椭圆C：221ab0的左顶点A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称.若直ab线AP，AQ的斜率之积为1，则C的离心率为（4C.）A.32B.2212D.1311.设函数fxsinx围是（）在区间0，恰有三个极值点、两个零点，则的取值范3138，631319，66A.，3612.已知a513B.，51936C.D.3111，bcos，c4sin，则（）3244A.cbaB.bacC.abcD.acb二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。113.设向量a，b的夹角的余弦值为，且a1，b3，则2abb3.x22214.若双曲线y21m0的渐近线与圆xy4y30相切，则mm2.15.从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一平面的概率为.16.已知ABC中，点D在边BC上，ADB120，AD2，CD2BD.当最小值时，BD.3AC取得AB

三、解答题：共70分，解答应写出文字证明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、/2题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分17.（12分）记Sn为数列an的前n项和.已知（1）证明：an是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.（12分）在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，ADDCCB1，18.2Snn2an2，DP3.（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值.19.（12分）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0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立.（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望.20.（12分）设抛物线C:y2pxp0的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，2N两点.当直线MD垂直于x轴时，MF3.（1）求C的方程；（2）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，.当取得最大值时，求直线AB的方程.ex21.（12分）已知函数fxlnxxa.x（1）若fx0，求a的取值范围；（2）证明：若fx有两个零点x1，x2，则x1x21.4

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分）2tx6，22.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方yt2sx6，程为（s为参数）.ys（1）写出C1的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cossin0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标.【选修4-5：不等式选讲】（10分）23.已知a,b,c均为正数，且ab4c3，证明：（1）ab2c3；（2）若b2c，则222113ac5

2022年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷）理科数学参考答案一、选择题：1.D2.B3.D4.B解析：由zzz11313ii.3341解析：由图表信息可知讲座后问卷答题的正确率的平均数为89.5%>85%.1,3，AB1,1,2,3，解析：Bxx4x30∴CUAB2,0.2解析：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCDA1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB4，AD2，AA12，AA1平面ABCD，∴该多面体的体积为V1422212.25.A解析：由题得：fx3x3xcosx3x3xcosxfx∴fx是奇函数，排除BD；当x1时，f1336.B解析：由题知f1b2，则fxalnx1cos10，排除C.故选A2a2ax2，则fx2，2xxxx∵当x1时函数取得最值，可得x1也是函数的一个极值点，∴f1a20，即2x2，易得函数在0,1上单调递增，在1，上单调递减，2x1故x1处函数取得极大值，也是最大值，则f22a2，∴fx7.D解析：如图所示：不妨设ABa，ADb，AA1c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为B1DB，B1D与平面AA1B1B所成的角为DB1A，∴sin30cb，即bc，B1DB1DB1D2ca2b2c2，解得a2c.6

对于A，ABa，ADb，AB2AD，A错误；对于B，过B作BEAB1于E，易知BE平面AB1C1D，∴AB与平面AB1C1D所成角为BAE，∵tanBAE对于C，ACc2，∴BAE30，B错误；a2a2b23c，CB1b2c22c，ACCB1，C错误；CDa2，B1D2c2对于D，B1D与平面BB1C1C所成的角为DB1C，sinDB1C而0DB1C90，所以DB1C45.D正确.8.B解析：由条件得，OAB为等边三角形，有OC23，CD23，23∴s229.C则27431143.22解析：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，甲圆锥底面半径为r2，S甲S乙r1lr12r12r2rr2，所以r12r2，又2，则121，r2lr2lll21l，r2l，3345122l2l2l，乙圆锥的高h2l2l2l，9393所以r1∴甲圆锥的高h112425rhll11V甲310.39∴V乙12r2h21l222l39310.A解析：椭圆C的右顶点为B，由于点P，Q均在C上，且关于y轴对称，∴直线BP，AQ也关于y轴对称，即kAPkBPkAPkAQ1e21，4e233，∴e.42解析：设x11.Ct，则t,，有两个零点可得23，33337

5857，.又因为有三个极值点，sintcost，∴332321319138∴，综上得，即选C.6663即12.A解析：构造函数hx112xcosx，x0,，22则gxhxxsinx，gx1cosx0.∴gxg00，因此，hx在0,1h上递减，∴abh00，即ab.2411tanc44，显然x另一方面，0,时，tanxx，11b2cos44c∴1，即bc，因此cba.b二、填空题4sin13.1114.解析：代入展开即可.解析：由圆心为0，2，半径为1的圆与直线xmy相切可得m336353.315.解析：126.C843516.31解析：设CD2BD2m02222则在ABD中，ABBDAD2BDADcosADBm42m，在ACD中，ACCDAD2CDADcosADC4m44m，2222AC24m244m4m242m121m∴2422ABm42mm42m当且仅当m112m13m13即m31时，等号成立.m1三、解答题（一）必考题（1）∵17.解：2Snn2an1，即2Snn22nann……①n2当n2时，2Sn1n12n1ann1……②8

①-②得，2an2n12nan2n1an11即2n1an2n1an12n1，∴anan11，n2且nN.∴an是以1为公差的等差数列；（2）由（1）可得a4a13，a7a16，a9a18，又a4，a7，a9成等比数列，∴a7a4a9，即a16a13a18，解得a112，22nn11225125625∴ann13，∴Sn12n，nnn222228∴当n12或n13时，Snmin78.18.解:（1）∵PD⊥底面ABCD，∴PDBD，取AB中点E，连接DE，可知DE21AB1，2∵CD∥AB，∴CD∥BE，∴四边形BCDE为平行四边形，∴DECB1，CDBE，1∵DEAB，∴ABD为直角三角形，AB为斜边，∴BDAD2∵PDADD，∴BD平面PAD，∴BDPA.（2）由（1）知，PD，AD，BD两两垂直，BD以DA,DB,DP为基底建立空间直角坐标系，则AB2AD23，0，P0，0，3，D0，0，0，A1，0，0，B0，3，∴PD0,0，3，PA1,0，3，AB1,3，0，x3z0PAn0设平面PAB的法向量nx,y,z，则，即.x3y0ABn0不妨设yz1，则n3,1,1，PDnPDn3355，5设PD与平面PAB所成的角为，则sincosPD,n9

∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为5.5（1）记甲学校获得冠军为事件A，则19.解：PA0.50.410.80.510.40.810.50.40.80.50.40.80.6甲学校获得冠军的概率为0.6.（2）X的可能值为0,10,20,30则PX00.50.40.80.16PX100.50.410.80.510.40.810.50.40.80.44PX200.510.410.810.510.40.810.50.410.80.34PX3010.510.410.80.06X的期望值为EX00.16100.44200.34300.0613.20.解：（1）抛物线的准线为x此时MFpp3，∴p2，∴抛物线C的方程为y24x；2p，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，2y32y12y22y42直线MN：xmy1，M,yN,yA,yB,y（2）设2，3，4，41，444由xmy12y4x可得y4my40，0，y1y24，2由斜率公式可得kMNy1y2y1y24422y3y444；kAB，22y1y2y3y4y3y444直线MD：xx124x12y2，代入抛物线方程可得y2y80，y1y10，y1y38，∴y32y2，同理可得y42y1∴kABk44MNy3y42y1y2210

又因为直线MN，AB的倾斜角分别为，，所以kABtankMNtan，22若要使最大，则0，，设kMN2kAB2k0，则2tantantank1121tantan12k2142k212kkk当且仅当212k即k时，等号成立，k22，设直线AB：x2yn2∴当最大时，kAB2代入抛物线方程可得：y42y4n0，0，y3y44n4y1y216，∴n4，∴直线AB：x2yx11exxx121.解：（1）fx的定义域为0，1，fxxxx2令fx0x1，∴0x1时，fx0，fx单调递减；x1时，fx＞0，fx单调递增.∴fxminf1e1a，要使得fx0恒成立即满足.∴fxminf1e1a0ae1.（2）由（1）知，要使得fx有两个零点，则fxminf1e1a＜0ae1.假设0x11x2，要证明x1x21即证明1x21，又由于fx在1，单调递增，x1即证明fx2fxfx1fx.11下面构造函数Fxfxf1110x1x11

1xxx1exxe111.则Fxfxf2x2xx由于eexexexxe1x，又函数yxe在0,1上单调递减，xx1x∴xeexe1e1，∴exxe1e1e10∴0x1时Fx0Fx在0,1上单调递增，而F1f1f10∴Fx0fxf1x1xx1x1，得证.x（二）选考题2t2y2222.解：（1）∵x，yt，∴x，即C1的普通方程为y6x2y0.66（2）∵x2s22，ys，∴6x2y，即C2的普通方程为y6x2y0.6由2cossin02cossin0，即C3的普通方程为2xy0.1y26x2y0xx111，1，联立解得或，即交点坐标为,2；，22y22xy0y11y26x2y0x1x11，1，联立解得，即交点坐标为，,2.2或y222xy0y123.解：（1）证明：由柯西不等式有ab2c111222222ab2c2，∴ab2c3，当且仅当ab2c1时，取等号，∴ab2c3.（2）证明：∵b2c，a,b,c均为正数，由（1）得ab2ca4c3，即0a4c3，∴211，a4c31112221293，由权方和不等式知aca4ca4ca4c当且仅当12111即a1，c时取等号，∴3.a4c2ac12