2022年内蒙古高考数学试卷理科真题及参考答案

2023年12月2日发(作者：成都武侯区九年级数学试卷)

2022年内蒙古高考数学理科真题及参考答案注意事项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，将本试卷和答题卡一并交回.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。1,3，则（1.设集合U1,2，3，4,5，集合M满足CUMA.2MB.3MC.4M）D.5M）D.a1,b2）2.若z12i，且zazb0，其中a，b为实数，则（A.a1,b2B.a1,b2C.a1,b23.已知向量a，b满足a1，b3，a2b3，则ab（A.2B.1C.1D.24.嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列bn：b111，a1b211a1a21，b311a11，……，以此类推，其中akNk1,2.a21a3C.b6b2D.b4b7则（）A.b1b5B.b3b85.设F为抛物线C:y4x的焦点，点A在C上，点B3,0，若AFBF，则AB2（）A.2B.22C.3D.326.执行右图的程序框图，输出的n（A.3C.5B.4D.6）7.在正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别为AB，BC的中点，则（）A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D8.已知等比数列an的前3项和为168，a2a542，则a6（）A.14B.12C.6D.39.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.2210.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3p2p10.记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大11.双曲线C的两个焦点F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cosF1NF2A.3，则C的离心率为（5D.）52B.32C.13217212.已知函数fx，gx的定义域为R，且fxg2x5，gxfx47.若ygx的图象关于直线x2对称，g24，则fk（k122）A.21B.22C.23D.24二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.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14.过四点0,0，4,0，1,1，4,2中的三点的一个圆的方程为..15.记函数fxcosx0,0的最小正周期为T.若fT为fx的零点，则的最小值为.3，x2916.已知xx1和xx2分别是函数fx2aexx2a0且a1的极小值点和极大值点.若x1x2，则a的取值范围是.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ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsinABsinBsinCA.（1）证明：2abc；（2）若a5，cosA22225，求ABC的周长.3118.（12分）如图，四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC的中点.（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设ABBD2，ACB60，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值.19.（12分）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：㎡）和材积量（单位：m³），得到如下数据：1样本号i根部横截面积xi材积量yi并计算得0.250.400.221020.0630.0440.0850.0860.0570.0580.0790.07100.06总和0.60.040.540.51100.340.360.460.420.403.9xi1102i0.038，yi1.6158，xiyi0.2474.i1i12（1）估计该林区这种树木平均一颗的根部横截面积与平均一颗的材积量；（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186㎡.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.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rxi1nixyiy，1.8961.377.2xi1nixy2i1niy（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0，120.2，B，两点（1）求E的方程；（2）设过点P1，2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MTTH.证明：直线HN过定点.21.（12分）已知函数fxln1xaxex32.（1）当a1时，求曲线yfx在点0，f0处的切线方程；（2）若fx在区间1,0，0，各恰有一个零点，求a的取值范围.（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）x3cos2t22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（t为参数）.以坐标原点为y2sint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sin（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.m0.3【选修4-5：不等式选讲】（10分）23.已知a,b,c均为正数，且abc（1）abc3232321，证明：1；9（2）abc1.bcacab2abc2022年内蒙古高考数学理科真题及参考答案一、选择题：1.A2.A解析：由题知M2,4,5，所以选A.解析：∵z12i，且zazb0，∴12ia12ib(1ab)2a2i0，∴3.C解析：由题得a2b1ab0，∴a1,b2.2a20a2b222a4ab4b14ab433，两边平方的：134ab9，解得ab1.4.D解析：∵akNk1,2，∴可以取ak1，则b11，b2b45.B813213455，b5，b6，b7，b8，所以选择D.58132134解析：∵F为抛物线焦点，∴F1,0，∴BF235，b3，23又∵点A在C上，AFBF，∴A1,2（A不妨在第一象限），∴AB2.∴fx是奇函数，排除BD；当x1时，f1336.B1cos10，排除C.故选A解析：执行第一次循环，bb2a123，aba312，nn12.b2321220.01；4a222b21执行第二次循环，b7，a5，n3，220.01；25ab21执行第三次循环，b17，a12，n4，220.01，此时输出n4.144a7.A解析：对于A：在正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别为AB，BC的中点，易知EFBD，从而EF平面BDD1，又∵EF平面BDD1，∴平面B1EF⊥平面BDD1对于B：∵平面A1BD∩平面BDD1BD，由上述过程易知面B1EF⊥面A1BD不成立.对于C：由题意知直线AA1与直线B1E比相交，平面B1EF与平面A1AC有公共点，C错误.对于D：连接AC，AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又因为平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面AB1C与平面B1EF不平行，∴D错误.解析：设等比数列an首项a1，公比q8.D2a1a2a31681a11qq168由题意，，即，解得：a196，q.32a2a542a1q1q42∴a6a1q3.解析：设该四棱锥底面四边形为四边形ABCD，四边形ABCD所在的小圆半径为r，9.C设四边形ABCD对角线夹角为，5111ACBDsinACBD2r2r2r2.222（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）则SABCD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2r.又rh1，则VOABCD222r2r22h21222222rhrr2h2333时等号成立.343273当且仅当r2h即h10.D22解析：设棋手在第二盘与甲比赛连赢两盘的概率为p甲，在第二盘与乙比赛连赢两盘的概率为p乙，在第二盘与丙比赛连赢两盘的概率为p丙，由题意，p甲p1p21p3p31p2p1p2p1p32p1p2p3p乙p2p11p3p31p1p1p2p2p32p1p2p3p丙p3p11p2p21p1p1p3p2p32p1p2p3∴p丙p甲p2p3p10，p丙p乙p1p3p20∴p丙最大，选择D.11.C解析：由题意，点N在双曲线右支.记切点为点A，连接OA，则OAMN，OAa又OF1c，则AF1c2a2b.过点F2作F2BMN交直线MN于点B，连接F2N，则F2N∥OA，又点O为F1F2中点，则F2B2OA2a，F1B2AF12b.由cosF1NF2∴F2N344，得sinF1NF2，tanF1NF2，553F2B5a3a，BN.2tanF1NF223a，由双曲线定义，F1NF2N2a，2F2BsinF1NF2故F1NF1BBN2bb3b2913则2ba2a，即，∴e121.a242a12.D解析：若ygx的图象关于直线x2对称，则g2xg2x，∵fxg2x5，∴fxg2x5，故fxfx，fx为偶函数.由g24，f0g25，得f01.由gxfx47，得g2xfx27，代入fxg2x5可得fxfx22，fx关于点1，1中心对称，∴f1f11.由fxfx22，fxfx，得fxfx22，∴fx2fx42，故fx4fx，fx周期为4.由f0f22，得f23，又f3f1f11，∴fk6f16f25f35f4111516324.k11C33解析：设“甲、乙都入选”为事件A，则PA3.10C522二、填空题313.1014.x2y322247652213或x2y15或xy3392281692或xy1525解析：圆过其中三点共有四种情况，求解办法是两条中垂线的交点为圆心，圆心到任一点的距离为半径.15.3解析：fTf0cos3，且0，故，26fcos0kkZ39kkZ.696299又0，故的最小值为3.16.0，1e解析：fx2alnaex至少有两个零点xx1和xx2，x2fx2axlna2e（1）若a1，则fx在R上单调递增，此时若fx00，上单调递增，则fx在，x0上单调递减，在x0，此时若有xx1和xx2分别是函数fx2aexx2a0且a1的极小值点和极大值点，则x1x2不符合题意.（2）若0a1，则fx在R上单调递减，此时若fx00，则fx在，x0上单调递增，在x0，上单调递减，且x0loga此时若有xx1和xx2分别是函数fx2aexx2elna2.a0且a1的极小值点和极大值点，且x1x2，则需满足fx00，即eeee12lnalna，elogaalnalnlna1lnlnalnalna2lna2lna2lna可解得ae或0a1111，由于0a1，取交集即得0a.ee三、解答题（一）必考题17.解：（1）由sinCsinABsinbsinCA可化简为sinCsinAcosBsinCcosAsinBsinBsinCcosAsinBcosCsinA，由正弦定理可得：accosBbccosAbccosAabcosC，即accosB2bccosAabcosC，a2c2b2b2c2a2a2b2c2由余弦定理可得：ac，2bcab2ac2bc2ab即证2abc.222b2c2a22525（2）由（1）可知bc2a50，cosA，∴2bc31，2bc2bc31222∵bc2bcbc81，∴bc9，∴abc14.∴ABC的周长为14.22218.解:（1）∵ADCD，ADBBDC，且BD为公共边，∴ADBCBD∴ABBC又∵E为AC的中点，且ADCD∴DEAC，同理：BEAC.又∵DEBEE，且DE，BE平面BED，∴AC平面BED.又∵AC平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD（2）连接EF，由（1）知，AC平面BED，∴ACEF，∴SAFC1ACEF，2当EFBD时，EF最小，即AFC的面积最小.∵ADBCBD，∴ABCB2又∵ACB60，∴ABC是等边三角形∵E为AC的中点，∴AEEC1，BE∵ADCD，∴DE23，1AC1，222在DEB中，DEBEBD，∴BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则A1，0，0，B0，3,0，D0,0,1，∴AD1，0，1,AB1，3,0，ADnxz0设平面ABD的一个法向量为nx,y,z，则，ABnx3y0取y3，则n3,3,33333又∵C1,0,0，F0，，，∴CF1，，，4444∴cosn,CFnCFnCF6217443.7设CF与平面ABD所成的角为043，∴sincosn,CF72CF与平面ABD所成的角的正弦值为43.70.60.06，1019.解：（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x样本中10棵这种树木的材积量的平均值为y3.90.39，10据此可估计该林区这种树木平均一颗的根部横截面积为0.06㎡，平均一颗的材积量为0.39m³（2）rxi110ixyiy2xyi1i10i10xyxi110ixy2i12niy10221022xi10xyi10yi1i10.038100.061.6158100.3920.2474100.060.390.01340.00018960.01340.970.01377则r0.97（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得则该林区这种树木的总材积量估计为1209m.330.061863，解得Y1209m.0.39Y1，20.解：（1）设椭圆E的方程为mxny1，过A0，2，B，22324n1x2y2111.则9，解得m，n，∴椭圆E的方程为3434mn141，∴AB:y2（2）A0，2，B，3222x，即yx233x2y2①若过点P1，1，2的直线斜率不存在，直线x1，代入34可得M1，2626262，N1，，代入AB：yx2可得T63，，3333由MTTH得到H265，26，326x2，过点0，则求得HN方程：y22.3②若过点P1，2的直线斜率存在，设kxyk20，Mx1,y1，Nx2,y2.kxyk20联立x2y2得3k24x26k2kx3kk40，3416k282k可得x1xk23k3k2k4y1y23k2424k4，则x1x2444k2k2且x1y2x2y13k243k24y1y23k24联立yy12，可得T3yy3x2213,y1，H3y16x1,y1.可求得此时HN:yy2y3y1y62xxx2，11x2将0，2代入整理得2x1x26y1y2x1y2x2y13y1y2120将代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480显然成立，综上，可得直线HN过定点0，2.21.解：（1）fx的定义域为1，当a1时，fxln1xxex，f00，∴切点为0,0fx11x1xex，f02，∴切线斜率为2∴曲线yfx在点0，f0处的切线方程为y2x.（2）fxln1xax1a1xexa1x2ex，fx1xex1xex.设gxexa1x21°若a0，当x1,0，gxexa1x20，即fx0∴fx在1,0上单调递增，fxf00.故fx在1,0上没有零点，不合题意.2°若1a0，当x0，，则gxe2ax0x∴gx在0，上单调递增，∴gxg01a0，即fx0∴fx在0，上单调递增，fxf00，故fx在0，上没有零点，不合题意.3°若a1①当x0，，则gxe2ax0，∴gx在0，上单调递增，xg01a0，g1e0∴m0,1，使得gm0，即fm0当x0,m，fx0，fx单调递减；当xm，，fx0，fx单调递增.∴x0,m，fxf00；当x时，fx∴fx在m，上有唯一零点.②当x1,0，gxea1xx2，设hxgxexx则hxe2a02ax，∴gx在1,0上单调递增，g1∴n1,0，使得gn012a0，g010e当x1,n，gx0，gx单调递减当xn，0，gx0，gx单调递增，gxg01a0，又g1∴t1,n，使得gt0，即ft0当x1,t，fx单调递增，当xt，0，fx单调递减，有x1时，fx而f00，∴当xt，0，fx0，∴fx在1,t上有唯一零点，t，0上无零点.∴a1，符合题意.∴若fx在区间1,0，0，各恰有一个零点，a的取值范围为，110e（二）选考题：22.解：（1）∵l：sin13cosm0m0，∴sin22313yxm0，22又∵siny，cosx，∴化简为整理得l的直角坐标方程：3xy2m0.（2）联立l与C的方程，即将x3cos2t，y2sint代入3xy2m0中，可得3cos2t2sint2m0，∴312sint2sint2m0化简为：6sint2sint32m0，要使l与C有公共点，则2m6sint2sint3有解，令sinta，则a1,1，令fa6a2a3,1a1，2222对称轴为a1911，开口向上，∴famaxf15，faminf666∴191952m5，∴m的取值范围是m.612232（1）证明：∵a,b,c均为正数，∴a23.解：3abc∴a2b2c2，33232323330,b0,c0，3232即abc12111，∴abc，当且仅当a2b2c2，即abc3时取等号.399333（2）证明：∵a,b,c均为正数，∴bc2bc，ac2ac，ab2ab，∴aaabbbccc，，.bc2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc323232323232abcabc1bcacab2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号.∴