云南省2022年高考[文数]考试真题与答案解析

2023年12月30日发(作者：)

云南省2022年高考[文科数学]考试真题与答案解析一、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.5∣0x，则AB（ 1. 设集合A{2,1,0,1,2},Bx2）D.

{1,2}A.

0,1,2【答案】AB.

{2,1,0}C.

{0,1}【分析】根据集合的交集运算即可解出．5Bx∣0xA2,1,0,1,2，所以AB0,1,2．【详解】因为，2故选：A.2. 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下图：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【答案】B【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.70%75%70%,所以A错；【详解】讲座前中位数为2讲座后问卷答题的正确率只有一个是80%,4个85%,剩下全部大于等于90%,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%,所以B对；讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以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,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为100%80%20%，讲座前问卷答题的正确率的极差为95%60%35%20%,所以D错.故选:B.3. 若z1i．则|iz3z|（

A.

45【答案】D【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．【详解】因为z1i，所以iz3zi1i31i22i，所以iz3z4422．故选：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（ ）B.

42）C.

25D.

22

A. 8【答案】BB. 12C. 16D. 20【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积V故选：B.242212.2ππf(x)sinx(0)5. 将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y32轴对称，则的最小值是（

1A.

6）1C.

31B.

4D.

12【答案】C【分析】先由平移求出曲线C的解析式，再结合对称性得的最小值.232k,kZ，即可求出ysinxsin(x)，又C关于y轴对称，【详解】由题意知：曲线C为2323则232k,kZ，11解得2k,kZ，又0，故当k0时，的最小值为.33故选：C.6. 从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（ ）

A.

15B.

13C.

25D.

32【答案】C【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.【详解】从6张卡片中无放回抽取2张，共有1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,2,3,2,4,2,5,2,6,3,4,3,5,3,6,4,5,4,6,5,615种情况，其中数字之积为4的倍数的有1,4,2,4,2,6,3,4,4,5,4,66种情况，故概率为故选：C.62.155ππxxy33cosx,的图象大致为（

在区间7. 函数22）A. B.

C. D.

【答案】A【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.xxfx33cosx,x,，【详解】令22xxxx则fx33cosx33cosxfx，所以fx为奇函数，排除BD；

又当x0,2时，3x3x0,cosx0，所以fx0，排除C.故选：A.8. 当x1时，函数f(x)alnxbx取得最大值2，则f(2)（ ）A.

1B.

12C.

12D. 1【答案】B【分析】根据题意可知f(1)=-2，f10即可解得a,b，再根据fx即可解出．【详解】因为函数fx定义域为0,，所以依题可知，f(1)=-2，f10，而fxaxb22x2，所以b2,ab0，即a2,b2，所以fxxx2，因此函数fx在0,1上递增，在1,上递减，x1时取最大值，满足题意，即有f211212．故选：B.9. 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（

A.

AB2ADB.

AB与平面AB1C1D所成的角为30°C.

ACCB1D.

B1D与平面BB1C1C所成的角为45【答案】D【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】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）

cbB1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为DB1A，所以sin30bc，B1DB1D，即B1D2ca2b2c2，解得a2c．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，所以AB与平面AB1C1D所成角为BAE，因为tanBAEc2，所以BAE30，B错误；a2对于C，ACa2b23c，CB1b2c22c，ACCB1，C错误；对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为DB1C，sinDB1CCDa2，而B1D2c20DB1C90，所以DB1C45．D正确．故选：D．10. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若S甲V=2，则甲=（ ）S乙V乙C.

10D.

5104A.

5B.

22【答案】C【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r12r2，再结合圆心角之和可将r1,r2分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，S甲rlr112，则S乙r2lr2所以r12r2，又则2r12r22，llr1r2211，所以r1l,r2l，l33

4252l，所以甲圆锥的高h1ll9312222l，乙圆锥的高h2ll9312425rhllV甲3113109所以.V乙1r2h1222ll22393故选：C.1x2y211. 已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，A1,A2分别为C的左、右顶点，B为C的3ab上顶点．若BA1BA21，则C的方程为（ ）x2y21A.

1816x2y2+=1B.

98x2y21C.

32x2y21D.

2【答案】B22【分析】根据离心率及BA1BA2=1，解得关于a,b的等量关系式，即可得解.82b28cb212ba，【详解】解：因为离心率e12，解得2，a99aa3A1,A2分别为C的左右顶点，则A1a,0,A2a,0，B为上顶点，所以B(0,b).所以BA1(a,b),BA2(a,b)，因为BA1BA21822ba代入，解得a29,b28，所以ab1，将922x2y2故椭圆的方程为+=1.98故选：12. 已知910,a1011,b89，则（ ）C.

ba0D.

b0aA.

a0b【答案】AB.

ab0【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知mlog9101，再利用基本不等式，换底

公式可得mlg11，log89m，然后由指数函数的单调性即可解出．22lg10lg9lg11lg9921，1lg10【详解】由910可得mlog910而lg9lg11，lg922mlg10lg11所以，即mlg11，所以a10m1110lg11110．lg9lg1022lg9lg102lg8lg10lg80又lg8lg10lg9，所以lg8lg9，即log89m，22所以b8m98log8990．综上，a0b．故选：A.二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分.a(m,3),b(1,m1)13. 已知向量．若ab，则m______________．3【答案】##0.754【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.3【详解】由题意知：abm3(m1)0，解得m.43故答案为：.414. 设点M在直线2xy10上，点(3,0)和(0,1)均在M上，则M的方程为______________．22【答案】(x1)(y1)5【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：∵点M在直线2xy10上，∴设点M为(a,12a)，又因为点(3,0)和(0,1)均在M上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴(a3)2(12a)2a2(2a)2R，a26a94a24a15a2，解得a1，

∴M(1,1)，R5，M的方程为(x1)2(y1)25.22故答案为：(x1)(y1)5x2y215. 记双曲线C:221(a0,b0)的离心率为e，写出满足条件“直线y2x与C无公共点”ab的e的一个值______________．【答案】2（满足1e5皆可）【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线ybbx中02即可求得满足要求的e值.aabx2y2yx,C:1(a0,b0)【详解】解：，所以C的渐近线方程为a2b2abb2结合渐近线的特点，只需02，即24，aa可满足条件“直线y2x与C无公共点”cb2所以e12145，aa又因为e1，所以1e5，故答案为：2（满足1e5皆可）16. 已知ABC中，点D在边BC上，ADB120,AD2,CD2BD．当BD________．AC取得最小值时，AB【答案】31##1+3AC2【分析】设CD2BD2m0，利用余弦定理表示出2后，结合基本不等式即可得解.AB【详解】设CD2BD2m0，则在△ABD中，AB2BD2AD22BDADcosADBm242m，在△ACD中，AC2CD2AD22CDADcosADC4m244m，2AC24m244m4m42m121m124所以AB23m242mm242mm1m1

4212m13m1423，当且仅当m13即m31时，等号成立，m1AC所以当取最小值时，m3故答案为：31.三、解答题共70分.解答应写出文字说明、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、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数2030AB240210（1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？n(adbc)2附：K，(ab)(cd)(ac)(bd)2

PK2…k0.1002.7060.0503.8410.0106.635127，

138k【答案】（1）A，B两家公司长途客车准点的概率分别为（2）有【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据及公式计算K2，再利用临界值表比较即可得结论.【小问1详解】根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次，设A家公司长途客车准点事件为M，则P(M)24012；26013B共有班次240次，准点班次有210次，设B家公司长途客车准点事件为N，则P(N)2107.240812A家公司长途客车准点的概率为；137B家公司长途客车准点的概率为.8【小问2详解】列联表准点班次数未准点班次数203050合计AB合计2240500n(adbc)2K(ab)(cd)(ac)(bd)

500(2403021020)23.2052.706，=26024045050根据临界值表可知，有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.18. 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．【答案】（1）证明见解析； （2）78．22Snn2an1．nS1,n1【分析】（1）依题意可得2Snn2nann，根据an，作差即可得到SS,n2n1nanan11，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到an的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．【小问1详解】解：因为2Snn2an1，即2Snn22nann①，n2当n2时，2Sn1n12n1an1n1②，222Sn2Sn12nann2n1an1n1，①②得，nn1即2an2n12nan2n1an11，即2n1an2n1an12n1，所以anan11，n2且nN*，所以an是以1为公差的等差数列．【小问2详解】解：由（1）可得a4a13，a7a16，a9a18，2又a4，a7，a9成等比数列，所以a7a4a9，即a16a13a18，解得a112，nn11225125625an13nnn所以n，所以Sn12n，22222822

所以，当n12或n13时Snmin78．19. 小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，EAB,FBC,GCD,HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：EF//平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．6403．【答案】（1）证明见解析； （2）3【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EMAB,FNBC，EMFN，依题从而可证EM平面ABCD，FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍，即可解出．【小问1详解】分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为EAB,FBC为全等的正三角形，所以EMAB,FNBC，EMFN，又平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，EM平面EAB，所以EM平面ABCD，同理可得FN平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EMFN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF

平面ABCD，MN平面ABCD，所以EF//平面ABCD．【小问2详解】如图所示：，分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EFMN，同理有，HE//KM,HEKM，HG//KL,HGKL，GF//LN,GFLN，由平面知识可知，BDMN，MNMK，KMMNNLLK，所以该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH的体积加上四棱锥BMNFE体积的4倍．因为MNNLLKKM42，EM8sin6043，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d22，所以该几何体的体积21256640V42434424322128333．3333220. 已知函数f(x)xx,g(x)xa，曲线yf(x)在点x1,fx1处的切线也是曲线yg(x)的切线．（1）若x11，求a；（2）求a的取值范围．【答案】（1）3 （2）1,【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.

【小问1详解】2由题意知，f(1)1(1)0，f(x)3x1，f(1)312，则yf(x)在点1,0处的切线方程为y2(x1)，即y2x2，设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g(x)2x，则g(x2)2x22，解得x21，则g(1)1a22，解得a3；【小问2详解】32f(x)3x21，则yf(x)在点x1,f(x1)处的切线方程为yx1x13x11(xx1)，整理得y3x121x2x13，设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g(x)2x，则g(x2)2x2，则切线方程为22yx2a2x2(xx2)，整理得y2x2xx2a，3x1212x23x121943212333ax2x2xx2xx1，则，整理得21111322xxa2242421令h(x)29431x2x3x2，则h(x)9x36x23x3x(3x1)(x1)，令h(x)0，解得4241x0或x1，31h(x)0x令，解得或0x1，则x变化时，h(x),h(x)的变化情况如下表：3x1,3131,03000,11011,h(x)h(x)052714则h(x)的值域为1,，故a的取值范围为1,.221. 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，N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．2【答案】（1）y4x； （2）AB:x2y4.【分析】（1）由抛物线的定义可得MF=pp，即可得解；2（2）设点的坐标及直线MN:xmy1，由韦达定理及斜率公式可得kMN2kAB，再由差角的正切公式及基本不等式可得kAB【小问1详解】抛物线的准线为x此时MF=pp，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，22，设直线AB:x2yn，结合韦达定理可解.2p3，所以p2，22所以抛物线C的方程为y4x；【小问2详解】222y4y12y2y3M,y,N,y,A,y,B,y设1234，直线MN:xmy1，4444xmy12由2可得y4my40，0,y1y24，y4x由斜率公式可得kMNy3y4y1y244kAB222y12y2y3y4y1y2，y3y4，4444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，所以y32y2，同理可得y42y1，所以kABk44MNy3y42y1y22又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,，所以kABtankMNtan，若要使最大，则0,，222

设kMN2kAB2k0，则tantantank1121tantan12k212k4，122kkk12当且仅当2k即k时，等号成立，k2所以当最大时，kAB2，设直线AB:x2yn，22代入抛物线方程可得y42y4n0，0,y3y44n4y1y216，所以n4，所以直线AB:x2y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]2txC6（t为参数）xOy22. 在直角坐标系中，曲线1的参数方程为，曲线C2的参数方程为yt2sx6（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．2【答案】（1）y6x2y0；

11,1C,CC,C1,2（2）31的交点坐标为2，，32的交点坐标为,1，1,2．2【分析】(1)消去t，即可得到C1的普通方程；(2)将曲线C2,C3的方程化成普通方程，联立求解即解出．【小问1详解】2t2y22因为x，yt，所以x，即C1的普通方程为y6x2y0．66

【小问2详解】因为x2s,ys，所以6x2y2，即C2的普通方程为y2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2或联立，解得：，即交点坐标为2,1，1,2；2xy0y1y2联立y26x2y0x1x12xy0，解得：2或，即交点坐标为11,1yy22，[选修4-5：不等式选讲]23. 已知a，b，c均为正数，且a2b24c23，证明：（1）ab2c3；（2）若b2c，则11ac3．【答案】（1）见解析 （2）见解析【小问1详解】证明：由柯西不等式有a2b22c2121212ab2c2，所以ab2c3，当且仅当ab2c1时，取等号，所以ab2c3；【小问2详解】证明：因为b2c，a0，b0，c0，由（1）得ab2ca4c3，即0a4c3，所以11a4c3，由权方和不等式知1a1c12a224c122a4c9a4c3，当且仅当1a214c，即a1，c2时取等号，所以11ac3.1,2．