广西自治区2022年高考[理数卷]考试真题与答案解析

2023年12月30日发(作者：)

广西自治区2022年高考[理数卷]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1）13iC.

3313iD.

33A.

13i【答案】CB.

13i【详解】z13i,zz(13i)(13i)134.z13i13izz1333故选 ：C2. 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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；xxx又当0,时，330,cosx0，所以fx0，排除C。故选：A.2

b6. 当x1时，函数f(x)alnxx取得最大值2，则f(2)（ ）A.

1B.

12C.

12D. 1【答案】B【解析】【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bx，所以b2,ab0，即a2,b2，所以fx222x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1122．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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【解析】【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．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.

9331143943C. D.

222【答案】B【解析】【分析】连接OC，分别求出AB,OC,CD，再根据题中公式即可得出答案.【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所以sABCD2OA23，2322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，则=（ ）体积分别为V甲和V乙．若S乙V乙A.

5B.

22C.

10D.

5104【答案】C【解析】【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rlr12r12r212r2r2，则，所以12，又S乙r2lr2ll则r1r2211，所以r1l,r2l，l334252l，所以甲圆锥的高h1ll9312425rhll11V122甲3932210。故选：C.l，所以乙圆锥的高h2ll1V乙93r22h21l222l393

x2y210. 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ab1AP,AQ线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）4A.

32B.

22C.

12D.

13【答案】A【详解】解：Aa,0，设Px1,y1，则Qx1,y1，则kAPy1y1,kAQx1ax1a，y1y1y121，x1ax1ax12a24故kAPkAQb2a2x12x12y122又221，则y1，2abab2a2x12所以x12a2a2b211，即2，a44cb23所以椭圆C的离心率e12.故选：2πf(x)sinx11. 设函数在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是3（ ）519B.

,36138C.

,631319D.

,66513A.

,36【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，

51381383则，解得，即,．236363故选：C．12. 已知aA.

cba【答案】A【解析】3111,bcos,c4sin，则（

3244）C.

abcD.

acbB.

bacc14tan【分析】由结合三角函数的性质可得cb；构造函数b4f(x)cosx12x1,x(0,)，利用导数可得ba，即可得解.2c1πx4tan【详解】因为,因为当0,,sinxxtanxb42所以tan11c,即1,所以cb；b4412x1,x(0,)，2设f(x)cosxf(x)sinxx0，所以f(x)在(0,)单调递增，1311f0，则f(0)=0,所以cos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11【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cos，33r1又a1，b3，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【详解】解：双曲线y21m0的渐近线为，即xmy0，mm222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）．333．32m1m21，故答案为：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m1266．故答案为：．35n7035

16. 已知VABC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+3【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3AC即m31时，等号成立，所以当取最小值时，m31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．2Snn2an1．n

【答案】（1）证明见解析；

【小问1详解】解：因为（2）78．2Snn2an1，即2Snn22nann①，n2当n2时，2Sn1n12n1an1n1②，2①②得，2Snn2Sn1n12nann2n1an1n1，2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78．18. 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；

【小问1详解】（2）5.5

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故DE1，23，BDDE2BE23，2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；【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APx3z0则有{，可取n3,1,1，nBP3y3z0

nDP5cosn,DP则5，nDP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；

【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．（2）分布列见解析，EX13.【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2，22所以抛物线C的方程为y4x；【小问2详解】222y4y12y2y3设M,y1,N,y2,A,y3,B,y4，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，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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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]

【小问1详解】f(x)的定义域为(0,)，（2）证明见的解析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】由题知,fx一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x1<1

0,所以x1x21.x2x

（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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,1,1C,CC,C1,2（2）31的交点坐标为2，，32的交点坐标为，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1x12联立，解得：或，即交点坐标为2,1，1,2；y22xy0y11y26x2y0x1x12或联立，解得：，即交点坐标为,1，1,2．2xy02y2y123. 已知a，b，c均为正数，且a2b24c23，证明：（1）ab2c3；11（2）若b2c，则3．ac

【答案】（1）见解析

【小问1详解】（2）见解析22a2b22c121212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