《2022年四川高考数学试卷（理科）（甲卷）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年四川高考数学试卷（理科）（甲卷）.doc（25页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022年四川高考数学试卷（理科）（甲卷）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（5分）若z1+i，则（）A1+iB1iC+iDi2（5分）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（5
2、分）设全集U2，1，0，1，2，3，集合A1，2，Bx|x24x+30，则U（AB）（）A1，3B0，3C2，1D2，04（5分）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（）A8B12C16D205（5分）函数y（3x3x）cosx在区间，的图像大致为（）ABCD6（5分）当x1时，函数f（x）alnx+取得最大值2，则f（2）（）A1BCD17（5分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30，则（）AAB2ADBAB与平面AB1C1D所成的角为30CACCB1DB1D与平面BB1C1C所成的角为
3、458（5分）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，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CDAB“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：sAB+当OA2，AOB60时，s（）ABCD9（5分）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2，则（）AB2CD10（5分）椭圆C：+1（ab0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）ABCD11（5分）设函数f（x）sin（x+）在区间（0，）恰有三个极值点、两个零点，则的取
4、值范围是（）A，）B，）C（，D（，12（5分）已知a，bcos，c4sin，则（）AcbaBbacCabcDacb二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且|1，|3，则（2+） 14（5分）若双曲线y21（m0）的渐近线与圆x2+y24y+30相切，则m 15（5分）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 16（5分）已知ABC中，点D在边BC上，ADB120，AD2，CD2BD当取得最小值时，BD 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1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为
5、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+n2an+1（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18（12分）在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，CDAB，ADDCCB1，AB2，DP（1）证明：BDPA；（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；
6、（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：y22px（p0）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21（12分）已知函数f（x）lnx+xa（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x1x21（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）22（10分）在直角
7、坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）（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2cossin0，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a2+b2+4c23，证明：（1）a+b+2c3；（2）若b2c，则+32022年四川高考数学试卷（理科）（甲卷）参考答案与试题解析一、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。1（5分）若z1+i，则（）A1+iB1iC+i
8、Di【分析】由已知求得，代入，则答案可求【解答】解：z1+i，4，则故选：C2（5分）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【分析】对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形
9、知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D【解答】解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，讲座前问卷答题的正确率的中位数为：（70%+75%）/272.5%，故A错误；对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：（80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%）89.5%85%，故B正确；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，讲座
10、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，故C错误；对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%80%20%，讲座前正确率的极差为：95%60%35%，讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误故选：B3（5分）设全集U2，1，0，1，2，3，集合A1，2，Bx|x24x+30，则U（AB）（）A1，3B0，3C2，1D2，0【分析】求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案【解答】解：Bx|x24x+301，3，A1，2，AB1，1，2，3，又U2，1，0，1，2，3，U（AB）2，0故选：D4（5分）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方
11、形的边长为1，则该多面体的体积为（）A8B12C16D20【分析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCDA1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，AB4，AD2，AA12，AA1平面ABCD，由此能求出该多面体的体积【解答】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCDA1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB4，AD2，AA12，AA1平面ABCD，该多面体的体积为：V12故选：B5（5分）函数y（3x3x）cosx在区间，的图像大致为（）ABCD【分析】判断函数的奇偶性，结合函数的特殊值判断点的位置，推出选项即可【解答】解：f（x）（3x3x）cosx
12、，可知f（x）（3x3x）cos（x）（3x3x）cosxf（x），函数是奇函数，排除BD；当x1时，f（1）（331）cos10，排除C故选：A6（5分）当x1时，函数f（x）alnx+取得最大值2，则f（2）（）A1BCD1【分析】由已知求得b，再由题意可得f（1）0求得a，得到函数解析式，求其导函数，即可求得f（2）【解答】解：由题意f（1）b2，则f（x）alnx，则f（x），当x1时函数取得最值，可得x1也是函数的一个极值点，f（1）a+20，即a2f（x），易得函数在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，故x1处，函数取得极大值，也是最大值，则f（2）故选：B7（5分）在长
13、方体ABCDA1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30，则（）AAB2ADBAB与平面AB1C1D所成的角为30CACCB1DB1D与平面BB1C1C所成的角为45【分析】不妨令AA11，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解【解答】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA11，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD面AA1B1B，BB1面ABCD，所以B1DB和DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即B1DBDB1A30，所以在RtBDB1中，BB1AA11，在RtADB1中，DB12，所以AB，故选项A，C
14、错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在RtABB1中，故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，所以DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在RtDB1C中，DC，所以DB1C45，所以选项D正确，故选：D8（5分）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，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，CDAB“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：sAB+当OA2，AOB60时，s（）ABCD【分析】由已知求得AB与CD的值，代入sAB+
15、得答案【解答】解：OAOB2，AOB60，AB2，C是AB的中点，D在上，CDAB，延长DC可得O在DC上，CDODOC2，sAB+2+2+故选：B9（5分）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2，则（）AB2CD【分析】设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则可求得r12，r21，进而求得体积之比【解答】解：如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则2r14，2r22，解得r
16、12，r21，由勾股定理可得，故选：C10（5分）椭圆C：+1（ab0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）ABCD【分析】设P（x0，y0），则Q（x0，y0），根据斜率公式结合题意可得：kAPkAQ，再结合，整理可得离心率【解答】解：已知A（a，0），设P（x0，y0），则Q（x0，y0），kAP，kAQ，故kAPkAQ，+1，即，代入整理得：，e故选：A11（5分）设函数f（x）sin（x+）在区间（0，）恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（）A，）B，）C（，D（，【分析】由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得的取值范围
17、【解答】解：当0时，不能满足在区间（0，）极值点比零点多，所以0；函数f（x）sin（x+）在区间（0，）恰有三个极值点、两个零点，x+（，+），+3，求得，故选：C12（5分）已知a，bcos，c4sin，则（）AcbaBbacCabcDacb【分析】构造函数f（x）cosx+，（0x1），可得cos，即ba，利用三角函数线可得tanxx，即tan，即，可得cb【解答】解：设f（x）cosx+，（0x1），则f（x）xsinx，设g（x）xsinx（0x1），g（x）1cosx0，故g（x）在（0，1）单调递增，即g（x）g（0）0，即f（x）0，故f（x）（0，1）单调递增，所以f（）f（
18、0）0，可得cos，故ba，利用三角函数线可得x）时，tanxx，tan，即，4sin，故cb综上：cba，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）设向量，的夹角的余弦值为，且|1，|3，则（2+）11【分析】首先计算的值，然后结合向量的运算法则可得所给式子的值【解答】解：由题意可得，则故答案为：1114（5分）若双曲线y21（m0）的渐近线与圆x2+y24y+30相切，则m【分析】求出渐近线方程，求出圆心与半径，利用点到直线的距离等于半径求解即可【解答】解：双曲线y21（m0）的渐近线：xmy，圆x2+y24y+30的圆心（0，2）与半径1，双曲线y21（m0）的
19、渐近线与圆x2+y24y+30相切，1，解得m，m舍去故答案为：15（5分）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 【分析】根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案【解答】解：根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有C70种取法，若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面4个、对角面6个，一共有12种情况，则这4个点在同一个平面的概率P；故答案为：16（5分）已知ABC中，点D在边BC上，ADB120，AD2，CD2BD当取得最小值时，BD【分析】首先设出BD，CD，在两个三角形中分
20、别表示AC，BC，继而，从而利用均值不等式取等号的条件即可【解答】解：设BDx，CD2x，在三角形ACD中，b24x2+422x2cos60，可得：b24x24x+4，在三角形ABD中，c2x2+42x2cos120，可得：c2x2+2x+4，要使得最小，即最小，其中，此时，当且仅当（x+1）23时，即或（舍去），即时取等号，故答案为：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1721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（12分）记Sn为数列an的前n项和已知+n2an+1（1）证明：an是等差数列；（
21、2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值【分析】（1）由已知把n换为n+1作差可得递推关系从而证明，（2）由a4，a7，a9成等比数列，求出首项，利用等差数列通项公式找出an正负分界点计算即可【解答】解：（1）证明：由已知有：，把n换成n+1，可得：2an+12（n+1）an+12nan2n，整理得：an+1an+1，由等差数列定义有an为等差数列；（2）由已知有，设等差数列an的首项为x，由（1）有其公差为1，故（x+6）2（x+3）（x+8），解得x12，故a112，所以an12+（n1）1n13，故可得：a1a2a3a120，a130，a140，故Sn在n12或者n13时取最小值
22、，故Sn的最小值为7818（12分）在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，CDAB，ADDCCB1，AB2，DP（1）证明：BDPA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值【分析】（1）易知PDBD，取AB中点E，容易证明四边形BCDE为平行四边形，再根据长度关系可得BDAD，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解【解答】解：（1）证明：PD底面ABCD，BD面ABCD，PDBD，取AB中点E，连接DE，ADDCCB1，AB2，DAB60，又AEABAD1，DE1，DE，ABD为直角三角形，且AB为斜边，BDAD，又PDAD
23、D，PD面PAD，AD面PAD，BD面PAD，又PA面PAD，BDPA；（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面PAB的一个法向量为，则，则可取，设PD与平面PAB所成的角为，则，PD与平面PAB所成的角的正弦值为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【分析】根据相互独立事件的概
24、率乘法公式，可以求出甲学校获胜2场或者3场的概率，可以得到甲学校获得冠军的概率；乙学校的总得分X的值可取0，10，20，30，分别求出X取上述值时的概率，可得分布列与数学期望【解答】解：（1）甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，可以得到两个学校每场比赛获胜的概率如下表：第一场比赛第二场比赛第三场比赛甲学校获胜概率0.50.40.8乙学校获胜概率0.50.60.2甲学校要获得冠军，需要在3场比赛中至少获胜2场，甲学校3场全胜，概率为：P10.50.40.80.16，甲学校3场获胜2场败1场，概率为：P20.50.40.2+0.50.60.8+0.50.40.80.44，所以
25、甲学校获得冠军的概率为：PP1+P20.6；（2）乙学校的总得分X的可能取值为：0，10，20，30，其概率分别为：P（X0）0.50.40.80.16，P（X10）0.50.40.2+0.50.60.8+0.50.40.80.44，P（X20）0.50.60.8+0.50.40.2+0.50.60.20.34，P（X30）0.50.60.20.06，则X的分布列为：X0102030P0.160.440.340.06X的期望EX00.16+100.44+200.34+300.061320（12分）设抛物线C：y22px（p0）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
26、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【分析】（1）由已知求得|MD|，|FD|，则在RtMFD中，利用勾股定理得p2，则C的方程可求；（2）设M，N，A，B的坐标，写出tan与tan，再由三点共线可得，；由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：xmy+1，联立直线方程与抛物线方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得y1+y24m，y1y24，求得tan与tan，再由两角差的正切及基本不等式判断，从而求得AB的方程【解答】解：（1）由题意可知，当xp时，y22p
27、2，得yMp，可知|MD|p，|FD|则在RtMFD中，|FD|2+|DM|2|FM|2，得9，解得p2则C的方程为y24x；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），当MN与x轴垂直时，由对称性可知，AB也与x轴垂直，此时，则0，由（1）可知F（1，0），D（2，0），则tankMN，又N、D、B三点共线，则kNDkBD，即，得y2y48，即y4；同理由M、D、A三点共线，得y3则tan由题意可知，直线MN的斜率不为0，设lMN：xmy+1，由，得y24my40，y1+y24m，y1y24，则tan，tan，则tan（），tan与tan正负相同，当取得最
28、大值时，tan（）取得最大值，当m0时，tan（）；当m0时，tan（）无最大值，当且仅当2m，即m时，等号成立，tan（）取最大值，此时AB的直线方程为yy3，即4x（y3+y4）y+y3y40，又y3+y48m4，y3y416，AB的方程为4x4y160，即xy4021（12分）已知函数f（x）lnx+xa（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x1x21【分析】（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在（0，+）恒大于等于0，故f（x）minf（1）e+1a0，解出a的范围即可（2）首先将原不等式转化为证明，再利用函数f（x）在（1，+）
29、单调递增，即转化为证明，继而构造函数证明其在（0，1）恒小于0即可【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+），令f（x）0，解得x1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+）单调递增，故f（x）minf（1）e+1a，要使得f（x）0恒成立，仅需e+1a0，故ae+1，故a的取值范围是（，e+1；（2）证明：由已知有函数f（x）要有两个零点，故f（1）e+1a0，即ae+1，不妨设0x11x2，要证明x1x21，即证明，0x11，即证明：，又因为f（x）在（1，+）单调递增，即证明：，构造函数，0x1，构造函数m（x），因为0x1，所以，故m（x）0在（0，1）恒成立，故m（x）在（
30、0，1）单调递增，故m（x）m（1）0又因为x10，故h（x）0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）单调递增，又因为h（1）0，故h（x）h（1）0，故，即x1x21得证（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）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为（s为参数）（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2cossin0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标【分析】（1）消
31、去参数t，可得C1的普通方程；（2）消去参数s，可得C2的普通方程，化C3的极坐标方程为直角坐标方程，然后联立直角坐标方程求解C3与C1、C3与C2交点的直角坐标【解答】解：（1）由（t为参数），消去参数t，可得C1的普通方程为y26x2（y0）；（2）由（s为参数），消去参数s，可得C2的普通方程为y26x2（y0）由2cossin0，得2cossin0，则曲线C3的直角坐标方程为2xy0联立，解得或，C3与C1交点的直角坐标为（，1）与（1，2）；联立，解得或，C3与C2交点的直角坐标为（，1）与（1，2）选修4-5：不等式选讲（10分）23已知a，b，c均为正数，且a2+b2+4c23，
32、证明：（1）a+b+2c3；（2）若b2c，则+3【分析】（1）由已知结合柯西不等式证明；（2）由已知结合（1）中的结论，再由权方和不等式证明【解答】证明：（1）a，b，c均为正数，且a2+b2+4c23，由柯西不等式知，（a2+b2+4c2）（12+12+12）（a+b+2c）2，即33（a+b+2c）2，a+b+2c3；当且仅当ab2c，即ab1，c时取等号；（2）由（1）知，a+b+2c3且b2c，故0a+4c3，则，由权方和不等式可知，当且仅当，即a1，c时取等号，故+3声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/7/25 18:12:32；用户：13520599471；邮箱：13520599471；学号：25503261第25页（共25页）