2022年四川高考数学试卷（文科）（甲卷）.doc

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1、2022年四川高考数学试卷（文科）（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）设集合A2，1，0，1，2，Bx|0x，则AB（）A0，1，2B2，1，0C0，1D1，22（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

2、卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差3（5分）若z1+i，则|iz+3|（）A4B4C2D24（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）将函数f（x）sin（x+）（0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（）ABCD6（5分）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（）ABCD7（5分）函数f（x）（3x3x）cosx在区间，的图像大致为（）ABCD8（5分）当x1时，函数f（x）alnx+取得最大值

3、2，则f（2）（）A1BCD19（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4510（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（）AB2CD11（5分）已知椭圆C：+1（ab0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点若1，则C的方程为（）A+1B+1C+1D+y2112（5分）已知9m10，a10m11，b8m9，则（）Aa0bBab0Cb

4、a0Db0a二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知向量（m，3），（1，m+1）若，则m 14（5分）设点M在直线2x+y10上，点（3，0）和（0，1）均在M上，则M的方程为 15（5分）记双曲线C：1（a0，b0）的离心率为e，写出满足条件“直线y2x与C无公共点”的e的一个值 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题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17（12分）甲、乙

5、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A24020B21030（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？附：K2P（K2k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.63518（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19（12分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭

6、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）20（12分）已知函数f（x）x3x，g（x）x2+a，曲线yf（x）在点（x1，f（x1）处的切线也是曲线yg（x）的切线（1）若x11，求a；（2）求a的取值范围21（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

7、MN，AB的倾斜角分别为，当取得最大值时，求直线AB的方程（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+3

8、2022年四川高考数学试卷（文科）（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）设集合A2，1，0，1，2，Bx|0x，则AB（）A0，1，2B2，1，0C0，1D1，2【分析】利用交集定义直接求解【解答】解：集合A2，1，0，1，2，Bx|0x，则AB0，1，2故选：A2（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

9、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

10、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）若z1+i，则|iz+3|（）A4B4C2D2【分析】先求出iz+3

11、i+i2+3（1i）22i，由此能求出|iz+3|【解答】解：z1+i，iz+3i+i2+3（1i）i1+33i22i，则|iz+3|2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

12、多面体的体积为：V12故选：B5（5分）将函数f（x）sin（x+）（0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（）ABCD【分析】由题意，利用函数yAsin（x+）的图象变换规律，三角函数的图象和性质，求得的最小值【解答】解：将函数f（x）sin（x+）（0）的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，则C对应函数为ysin（x+），C的图象关于y轴对称，+k+，kZ，即2k+，kZ，则令k0，可得的最小值是，故选：C6（5分）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（）ABCD【分析】根据题意，用

13、列举法分析“从6张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案【解答】解：根据题意，从6张卡片中无放回随机抽取2张，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），共15种取法，其中抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数有（1，4），（2，4），（2，6），（3，4），（4，5），（4，6），共6种情况，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率P；故选：C7（5分）函数f（x）（3x3x）cosx在

14、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，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：A8（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a

15、2f（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：B9（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

16、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：D10（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

17、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r12，r21，由勾股定理可得，故选：C11（5分）已知椭圆C：+1（ab0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点若1，则C的方程为（）A+1B+1C+1D+y21【分析】首先设出椭圆方程，然后结合平面向量的数量积运算法则可得椭圆方程【解答】解：由椭圆的离心率可设椭圆方程为，

18、则，由平面向量数量积的运算法则可得：，m21，则椭圆方程为故选：B12（5分）已知9m10，a10m11，b8m9，则（）Aa0bBab0Cba0Db0a【分析】首先由9m10得到mlog910，可大致计算m的范围，观察a，b的形式从而构造函数f（x）xmx1（x1），利用f（x）的单调性比较f（10）与f（8）大小关系即可【解答】解：9m10，mlog910，构造函数f（x）xmx1（x1），f（x）mxm11，令f（x）0，解得：由上述有，可得01，故f（x）在（1，+）单调递增，故f（10）f（8），又因为，故a0b，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已

19、知向量（m，3），（1，m+1）若，则m【分析】由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算法则，计算求得m的值【解答】解：向量（m，3），（1，m+1），m+3（m+1）0，则m，故答案为：14（5分）设点M在直线2x+y10上，点（3，0）和（0，1）均在M上，则M的方程为 （x1）2+（y+1）25【分析】设出圆心坐标（a，12a），根据半径相等，求得a 的值，可得圆心和半径，从而得到圆的标准方程【解答】解：由点M在直线2x+y10上，可设M（a，12a），由于点（3，0）和（0，1）均在M上，圆的半径为，求得a1，可得半径为，圆心M（1，1），故M的方程

20、为（x1）2+（y+1）25，故答案为：（x1）2+（y+1）2515（5分）记双曲线C：1（a0，b0）的离心率为e，写出满足条件“直线y2x与C无公共点”的e的一个值 2（e（1，内的任意一个值都满足题意）【分析】求出双曲线渐近线方程，利用直线y2x与C无公共点，推出a，b的不等式，即可得到离心率的范围【解答】解：双曲线C：1（a0，b0）的离心率为e，e，双曲线的渐近线方程为yx，直线y2x与C无公共点，可得2，即，即，可得1，满足条件“直线y2x与C无公共点”的e的一个值可以为：2故答案为：2（e（1，内的任意一个值都满足题意）16（5分）已知ABC中，点D在边BC上，ADB120，A

21、D2，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（1

22、2分）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A24020B21030（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？附：K2P（K2k）0.1000.0500.010k2.7063.8416.635【分析】（1）根据题设数据直接计算即可；（2）由题设数据代入公式直接计算即可得出结论【解答】解：（1）A公司一共调查了260辆车，其中有240辆准点，故A公司准点的概率为；B公司

23、一共调查了240辆车，其中有210辆准点，故B公司准点的概率为；（2）由题设数据可知，准点班次数共450辆，未准点班次数共50辆，A公司共260辆，B公司共240辆，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（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【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

24、）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，故Sn的最小值为7819（12分）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

25、（不计包装盒材料的厚度）【分析】（1）将几何体补形之后结合线面平行的判断定理即可证得题中的结论；（2）首先确定几何体的空间特征，然后结合相关的棱长计算其体积即可【解答】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体，做EEAB于点E，做FFBC于点F，由于底面为正方形，ABE，BCF均为等边三角形，故等边三角形的高相等，即EEFF，由面面垂直的性质可知EE，FF均与底面垂直，则EEFF，四边形EEFF为平行四边形，则EFEF，由于EF不在平面ABCD内，EF在平面ABCD内，由线面平行的判断定理可得EF平面ABCD（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高，长方体

26、的体积，一个三棱锥的体积，则包装盒的容积为20（12分）已知函数f（x）x3x，g（x）x2+a，曲线yf（x）在点（x1，f（x1）处的切线也是曲线yg（x）的切线（1）若x11，求a；（2）求a的取值范围【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【解答】解：（1）由题意知，f（1）1（1）0，f（x）3x21，f（1）312，则yf（x）在点（1，0）处的切线方程为y2（x

27、+1），即y2x+2，设该切线与g（x）切于点（x2，g（x2），g（x）2x，则g（x2）2x22，解得x21，则g（1）1+a2+2，解得a3；（2）f（x）3x21，则yf（x）在点（x1，f（x1）处的切线方程为，整理得，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，整理得，则，整理得，令，则h（x）9x36x23x3x（3x+1）（x1），令h（x）0，解得或x1，令h（x）0，解得或0x1，则x变化时，h（x），h（x）的变化情况如下表：x0（0，1）1（1，+）h（x）0+00+h（x）单调递减单调递增单调递减1单调递增则h（x）的值

28、域为1，+），故a的取值范围为1，+）21（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【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

29、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，y22p2，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

30、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xy40（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

31、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2cossin

32、0，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，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 18:12:27；用户：13520599471；邮箱：13520599471；学号：25503261第24页（共24页）