四川省2022年高考[理数]考试真题与答案解析

2023年12月30日发(作者：)

四川省2022年高考·理科数学·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.z（ ）1. 若z13i，则zz1A.

13i【答案】CB.

13i13iC.

3313iD.

33【详解】z13i,zz(13i)(13i)134.z13i13i，故选 ：Czz13332. 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】B70%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.∣x24x30，则ð3. 设全集U{2,1,0,1,2,3}，集合A{1,2},BxU(AB)（ ）A.

{1,3}【答案】DB.

{0,3}C.

{2,1}D.

{2,0}2【详解】由题意，B=xx4x301,3，所以AB1,1,2,3,所以ðUAB2,0。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（ ）A. 8【答案】BB. 12C. 16D. 20

【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积V242212，故选：B.2ππxx5. 函数y33cosx在区间,的图象大致为（ ）22A. B.

C. D.

【答案】A【详解】令fx33xx,，cosx,x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；xxx又当0,时，330,cosx0，所以fx0，排除C.2故选：A.6. 当x1时，函数f(x)alnxb取得最大值2，则f(2)（ ）x

A.

1【答案】BB.

12C.

12D. 1【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22ab2，所以b2,ab0，即a2,b2，所以fx2，因此函数fxxxxx11．22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故选：B.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（ ）A.

AB2ADC.

ACCB1【答案】D【详解】如图所示：B.

AB与平面AB1C1D所成的角为30°D.

B1D与平面BB1C1C所成的角为45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．8. 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，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在“会AB是以O为圆心，AB上，CDAB．2CD圆术”给出．当OA2,AOB60时，sAB的弧长的近似值s的计算公式：sABOA（ ）A.

11332B.

11432C.

9332D.

9432【答案】B【详解】解：如图，连接OC，因为C是AB的中点，所以OCAB，又CDAB，所以O,C,D三点共线，即ODOAOB2，又AOB60，所以ABOAOB2，则OC3，故CD23，

所以sABCD2OA223221143，故选：B.29. 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，S甲V甲=2=（ ）体积分别为V甲和V乙．若，则S乙V乙A.

5B.

22C.

10D.

5104【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，所以r12r2，则S乙r2lr22r12r2r1r22121rl,rl，又，则，所以12lll334252l，所以甲圆锥的高h1ll9312425rhll11V122甲3102239l，所以乙圆锥的高h2ll，故选：C.1V212293乙r2h2l2l393x2y210. 椭圆C:221(ab0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直ab1线AP,AQ的斜率之积为，则C的离心率为（ ）43A.

2【答案】A2B.

2C.

121D.

3y121Qx,yPx,y【分析】设，再根据11，根据斜率公式结合题意可得11，则x12a24

x12y1221，将y1用x1表示，整理，再结合离心率公式即可得解.2ab【详解】解：Aa,0，设Px1,y1，则Qx1,y1，则kAP故kAPkAQy1y1,kAQx1ax1a，y1y1y121，x1ax1ax12a242221baxxy1，则y12又aba2212212，所以b2a2x12a2x12a2b211，即2，a44cb23所以椭圆C的离心率e12，故选：2π11. 设函数f(x)sinx在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是3（ ）513A.

,36519B.

,36138C.

,631319D.

,66【答案】C【详解】解：依题意可得0，因为x0,，所以x,，333,3的图象如下所示：3ysinxx0,要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，则51381383，解得，即,，故选：C．236363

12. 已知aA.

cba【答案】A3111,bcos,c4sin，则（ ）3244B.

bacC.

abcD.

acb【分析】由c14tan结合三角函数的性质可得cb；构造函数b4f(x)cosx【详解】因为12x1,x(0,)，利用导数可得ba，即可得解.2c111πc4tan,因为当x0,,sinxxtanx，所以tan,即1,所以cb；bb444212x1,x(0,)，2设f(x)cosx1311f(x)sinxx0，所以f(x)在(0,)单调递增，则ff(0)=0,所以cos0，4324所以ba,所以cba，故选：A二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分。r113. 设向量a，b的夹角的余弦值为，且a1，b3，则2abb_________．3【答案】1111cos【详解】解：设a与b的夹角为，因为a与b的夹角的余弦值为，即，33r1a1b3又，，所以ababcos131，3222所以2abb2abb2abb21311，故答案为：11．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【答案】332xx2yy1m0的渐近线为【详解】解：双曲线，即xmy0，2mm

222不妨取xmy0，圆xy4y30，即xy21，所以圆心为0,2，半径r1，2依题意圆心0,2到渐近线xmy0的距离d解得m33或m（舍去）．332m1m21，15. 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________．6【答案】.354【详解】从正方体的8个顶点中任取4个，有nC870个结果，这4个点在同一个平面的有m6612个，故所求概率Pm126．n7035AC取得最小值时，AB16. 已知ABC中，点D在边BC上，ADB120,AD2,CD2BD．当BD________．【答案】31【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所以当3即m31时，等号成立，m1AC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. 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．【小问1详解】2Snn2an1．n2Snn2an1，即2Snn22nann①，解：因为n当n2时，2Sn1n12n1an1n1②，2①②得，2Snn2Sn1n12nann2n1an1n1，22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，所以ann13，nn11225125625nnn所以Sn12n，22222822所以，当n12或n13时Snmin78．

18. 在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD,CD∥AB,ADDCCB1,AB2,DP3．（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；

（2）5.5【小问1详解】证明：在四边形ABCD中，作DEAB于E，CFAB于F，因为CD//AB,ADCDCB1,AB2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AEBF所以AD2BD2AB2，所以ADBD，因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又PDADD，所以BD平面PAD，又因PA平面PAD，所以BDPA；13，故DE，BDDE2BE23，22【小问2详解】解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD3，则A1,0,0,B0,3,0,P0,0,3，则AP1,0,3,BP0,3,3,DP0,0,3，设平面PAB的法向量nx,y,z，

nDP5nAPx3z0cosn,DPn3,1,1{，则则有，可取，5nDPnBP3y3z0所以PD与平面PAB所成角的正弦值为5.519. 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．【答案】（1）0.6； （2）分布列见解析，EX13.【小问1详解】设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C，所以甲学校获得冠军的概率为PPABCPABCPABCPABC0.50.40.80.50.40.80.50.60.80.50.40.20.160.160.240.040.6．【小问2详解】依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以，PX00.50.40.80.16,PX100.50.40.80.50.60.80.50.40.20.44，PX200.50.60.80.50.40.20.50.60.20.34，PX300.50.60.20.06。

即X的分布列为：XP00.16100.44200.34300.06期望EX00.16100.44200.34300.0613.220. 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.【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，2p3，所以p2，所以抛物线C的方程为y24x；2【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1，4444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，y1y1kMN44k0,y1y38，所以y32y2，同理可得y42y1，所以ABy3y42y1y22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,，2设kMN2kAB2k0，则tantantank1121tantan12k212k4，122kkk122当且仅当2k即k时，等号成立，所以当最大时，kAB，k222设直线AB:x2yn，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21. 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，则环x1x21．【答案】（1）(,e1]（2）证明见的解析【小问1详解】f(x)的定义域为(0,)，11x111x1x1ex1f(x)2e11e1xxxxxxxx令f(x)0,得x1当x(0,1),f(x)0,f(x)单调递减当x(1,),f(x)0,f(x)单调递增f(x)f(1)e1a，若f(x)0,则e1a0,即ae1，所以a的取值范围为(,e1]【小问2详解】1x由题知，fx一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x1<1

1ex设g(x)xex,x1，x1111x11111xxxxg(x)eexe1ee1则22xxxxxx11xx1ex1exx1eexxxx1ex11xx1x设xx1,x2e2e0，所以x1e,而exexxxx11xexe所以ex0,所以g(x)0，所以g(x)在(1,)单调递增，即g(x)g(1)0,所以xex0xx11h(x)lnxx令,x12x1112xx21(x1)2h(x)120，所以h(x)在(1,)单调递减22x2x2x2x111ex11xxe2lnxxlnxx0h(x)h(1)0即,所以；综上,

0,所以x1x21.x2x2x（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。2tx6（t为参数）22. 在直角坐标系xOy中，曲线C1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（2）C3,C1的交点坐标为2,1，1,2，C3,C2的交点坐标为,1，1,2．2

【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2y11y26x2y0x1x1,12联立，解得：或，即交点坐标为，1,2．y222xy0y123. 已知a，b，c均为正数，且a2b24c23，证明：11ab2c3b2c（1）；（2）若，则3．ac【答案】（1）见解析（2）见解析【小问1详解】2222222ab2c111ab2c证明：由柯西不等式有，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11，a4c32111222129由权方和不等式知3，aca4ca4ca4c112ca1当且仅当，即，时取等号，a4c211所以