2022年四川省高考数学文科真题及参考答案

5

2

）A.0,1,2B.2，1,0C.0,1D.1,2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.若z1i，则iz3z（A.45B.42）C.25D.2214.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.8B.12C.16D.20

5.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C32）D.C.的图象关于y轴对称，则的最小值是（A.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.1

6B.14131215B.13xC.25

D.23

）7.函数fx33

xcosx在区间的图象大致为（2，28.当x=1时，函数fxalnx

A.1

B.

1

2b

取得最大值2，则f2（x1C.D.12）29.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（）B.AB和平面AB1C1D所成的角为30°D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°A.AB2ADC.ACCB110.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S甲S乙2，则V甲V乙（）A.5B.22C.10D.51041x2y211.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

3ab

为C的上顶点.若BA1BA21，则C的方程为（）x2y2A.1181612.已知9

mx2y2B.198x2y2C.132）D.b0a

.x2D.y21210，a10m11，b8m9，则（B.ab0

C.ba0

A.a0b

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量am,3，b1,m1.若ab，则m

14.设点M在直线2xy10上，点3,0和0,1均在圆M上，则圆M的方程为.x2y215.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五ab公共点”的e的一个值.16.已知ABC中，点D在边BC上，ADB120，AD2，CD2BD.当最小值时，BD

.AC

取得AB

3三、解答题：共70分，解答应写出文字证明、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、/2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附：K，abcdacbd22PK2k

k0.1002.7060.0503.8410.0106.63518.（12分）记Sn为数列an的前n项和.已知（1）证明：an是等差数列；2Snn2an1.n（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.（12分）小明参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示：底面ABCD19.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）.420.（12分）已知函数fxxx，gxxa，曲线yfx在点x1,fx1处的32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.21.（12分）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，2N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MD，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）2t

x

6，22.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yt2s

x

6，程为（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.【选修4-5：不等式选讲】（10分）23.已知a,b,c均为正数，且ab4c3，证明：（1）ab2c3；（2）若b2c，则22211

3ac5四川高考真题文科数学参考答案

一、选择题：

1.A2.B解析：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%）=72.5%故A错误；对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为1

（80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%）=89.5%＞85%，故B正确；10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%，讲座前问卷答题的正确率的极差为：95%-60%=35%∴讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前问卷答题的正确率的极差，故D错误.3.D解析：2z1i

，∴iz3zii231i22i

，则iz3z22222

4.B解析：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCDA1B1C1D1，四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，AB4，AD2，AA12，AA1平面ABCD，∴该多面体的体积为V5.C1

422212.故选B2

解析：由题知，曲线C的方程为ysinx



23

1

k，kZ，即2k,kZ，23231

则令k0可得的最小值是.故选C.3C的图象关于y轴对称，∴6.C解析：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中情况，则概率为P7.A解析：由题得：fx3

x3xcosx3x3xcosxfx62

.155∴fx是奇函数，排除BD；当x1时，f133

1cos10，排除C.故选A68.B解析：由题知f1b2，则fxalnx

2a2ax2，则fx2，xxxx2∵当x1时函数取得最值，可得x1也是函数的一个极值点，∴f1a20，即2x2

，易得函数在0,1上单调递增，在1，上单调递减，2x

1

故x1处函数取得极大值，也是最大值，则f2

2a2，∴fx

9.D解析：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B1DB，B1D与平面AA1B1B所成的角为DB1A，∴sin30

cb，即bc，B1DB1DB1D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，∴AB与平面AB1C1D所成角为BAE，∵tanBAE对于C，AC

c2，∴BAE30，B错误；a2a2b23c，CB1b2c22c，ACCB1，C错误；CDa2，

B1D2c2对于D，B1D与平面BB1C1C所成的角为DB1C，sinDB1C而0DB1C90，所以DB1C45.D正确.10.C则解析：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，甲圆锥底面半径为r2，S甲S乙

r1lr12r12r2rr

2，所以r12r2，又2，则121，r2lr2lll

21l，r2l，3345122l2l2l，乙圆锥的高h2l2l2l，93937所以r1

∴甲圆锥的高h1

12425rhll11V甲39310.∴1V乙r22h21l222l39311.B82cb21b282解析：∵离心率e12，解得2则ba……①9a39aaA1，A2分别为C的左、右顶点，则A1a,0，A2a,0，B为C的上顶点，则B0,b.∴BA1a,b，BA2a,b，∵BA1BA21，∴ab1……②22x2y2①代入②解得a9，b8，故椭圆的方程为1.982212.A解析：由9

m10得mlog910

22lg10

1，lg9lg9lg11lg992而lg9lg111lg10，22

∴lg10lg11mlg11，即mlg11，∴a101110110.

lg9lg1022lg9lg10lg8lg10lg802又lg8lg10，即lg89m，lg9，∴2lg8lg92

∴b898二、填空题13.

mlog8990.综上，a0b.33

（或-0.75）解析：abm3m10，解得m.442214.x1y15

解析：∵点M在直线2xy10上，∴设Ma,12a，又∵点3,0和0,1均在圆M上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴a3212a22a22aR，222整理得：a6a94a4a15a，解得：a1，∴M1,1，R∴圆M的方程为x1y15.225，815.2（满足1e5）解析：C的渐近线方程为y

bx，abb2结合渐近线的特点，只需02，即24，aacb2可满足条件“直线y2x与C无公共点”，∴e12145，aa又∵e1，∴1e16.31

5.解析：设CD2BD2m0

2222则在ABD中，ABBDAD2BDADcosADBm42m，在ACD中，ACCDAD2CDADcosADC4m44m，2222AC24m244m4m242m121m∴2422ABm42mm42m

当且仅当m1

12

m1

3m13

即m31时，等号成立.m1三、解答题

（一）必考题（1）根据表中数据，A共有班次260次，准点班次有240次17.解：设A家公司长途客车准点事件为M，则PM

B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综上：A家公司长途客车准点的概率为（2）列联表准点班次数24012

；26013127，B家公司长途客车准点的概率为.138未准点班次数203050合计26024050022107

.2408AB合计22240210450nadbc5002403021020K3.2052.706，abcdacbd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.9（1）∵18.解：2Snn2an1，即2Snn22nann……①n2当n2时，2Sn1n12n1ann1……②①-②得，2an2n12nan2n1an11

即2n1an2n1an12n1，∴anan11，n2且nN.∴an是以1为公差的等差数列；（2）由（1）可得a4a13，a7a16，a9a18，又a4，a7，a9成等比数列，∴a7a4a9，即a16a13a18，解得a112，22nn11225125625

∴ann13，∴Sn12n，nnn

222228∴当n12或n13时，Snmin78.19.解（1）如图所示：分别取AB，BC的中点M，N，连接MN.∵EAB，FBC均为正三角形，∴EMAB，FNBC，EMFN，又平面EAB⊥平面ABCD，又平面EAB∩平面ABCD=AB，2EM平面EAB，∴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，∴四边形EMNF为平行四边形，∴EF∥MN，又EF平面ABCD，MN面ABCD，∴EF∥平面ABCD.（2）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，∴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.∵MNNLLKKM42，EM8sin6043，10点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d22，∴该几何体的体积V424

21640344243223.33220.解：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；（2）fx3x1，则yfx在点x1，fx1处的切线方程为2yx1x13x11xx1，整理得y3x11x2x1，3223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yx2a2x2xx2，整理得y2x2xx2a，2223x112x2则，322x1x2a

3x121232x139x142x133x121整理得ax22x122424

94321332令hxx2xx，则hx9x6x3x3x3x1x1，42411

令hx0，解得x0或x1，令hx0，解得x或0x1，33则x变化时，hx，hx的变化情况如下表：2x1

，3

负单调递减

0131

0，3

正单调递增00,1负单调递减11，正单调递增hxhx00-152714，故a的取值范围为1，.则hx的值域为1，

1121.解：（1）抛物线的准线为x此时MFp

p

3，∴p2，∴抛物线C的方程为y24x；2p

，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，2y32y12y22y42直线MN：xmy1，（2）设M4,y1，N4,y2，A4,y3，B4,y4，

由

xmy1

2y4x

可得y4my40，0，y1y24，2由斜率公式可得kMN

y1y2y1y24422

y3y444

；kAB，22y1y2yyy3y34444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，∴y32y2，同理可得y42y1∴kAB

k44MNy3y42y1y22

kMNtan，

22又因为直线MN，AB的倾斜角分别为，，所以kABtan

若要使最大，则0，，设kMN2kAB2k0，则

2

tan

tantank112

1tantan12k2142k212kkk当且仅当21

2k即k时，等号成立，k22，设直线AB：x2yn2∴当最大时，kAB

2代入抛物线方程可得：y42y4n0，0，y3y44n4y1y216，∴n4，∴直线AB：x2y4.12（二）选考题

2t2y2222.解：（1）∵x，yt，∴x，即C1的普通方程为y6x2y0.66（2）∵x

2s22，ys，∴6x2y，即C2的普通方程为y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

1，1，联立解得或，即交点坐标为,2；，2

2y22xy0y11

y26x2y0x1x1

1，1，联立解得，即交点坐标为，,2.2或

y222xy0y1

23.解：（1）证明：由柯西不等式有ab2c111

222222ab2c2，∴ab2c3，当且仅当ab2c1时，取等号，∴ab2c3.（2）证明：∵b2c，a,b,c均为正数，由（1）得ab2ca4c3，即0a4c3，∴211

，a4c3111222129

3，由权方和不等式知

aca4ca4ca4c当且仅当12111

即a1，c时取等号，∴3.a4c2ac13