2022贵州高考文科数学真题及答案.pdf

2023考试备考资料word 版本欢迎下载 20222022 年年贵州贵州高考文科数学真题及答案高考文科数学真题及答案 注意事项：注意事项：1 1答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。好条形码。2 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上、改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上、写在本试卷上无效。写在本试卷上无效。3 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。在每小题给出的四个选分。在每小题给出的四个选项中，只有项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1设集合，则（）A B C D 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 B讲座后问卷答题的正确率的平均数大于 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若则（）A B C 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（）2023考试备考资料word 版本欢迎下载 A8 B12 C16 D20 5将函数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（）A B C D 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 B C D 7函数在区间的图像大致为（）A B C D 8当时，函数取得最大值，则（）A B C D1 9在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（）A BAB与平面所成的角为 C D与平面所成的角为 2023考试备考资料word 版本欢迎下载 10 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和若，则（）A B C D 11已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点若，则C的方程为（）A B C D 12已知，则（）A B C D 二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。分。13已知向量若，则_ 14设点M在直线上，点和均在上，则的方程为_ 15记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值_ 16已知中，点D在边BC上，当取得最小值时，_ 三、解答三、解答题：共题：共 7070 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17211721 题为必考题，题为必考题，每个试题考生都必须作答。第每个试题考生都必须作答。第 2222、2323 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 6060 分。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 A 240 20 B 210 30（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：，0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 18（12 分）2023考试备考资料word 版本欢迎下载 记为数列的前n项和已知（1）证明：是等差数列；（2）若成等比数列，求的最小值 19（12 分）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为 8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直 （1）证明：平面；（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，曲线在点处的切线也是曲线的切线（1）若，求a：（2）求a的取值范围 21（12 分）设抛物线的焦点为F，点，过的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴时，（1）求C的方程：（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线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（二）选考题：共 1010 分。请考生在第分。请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。22选修 4-4：坐标系与参数方程（10 分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）2023考试备考资料word 版本欢迎下载（1）写出的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标 23选修 4-5：不等式选讲（10 分）已知均为正数，且，证明：（1）（2）若，则 2023考试备考资料word 版本欢迎下载 文科数学文科数学解析解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分分.在每小题给出的四个选项在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出【详解】因为，所以 故选：A.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 B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于 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】B【解析】【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.2023考试备考资料word 版本欢迎下载【详解】讲座前中位数为,所以错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是个,剩下全部大于等于,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于,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，讲座前问卷答题正确率的极差为,所以错.故选:B 3.若则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出 【详解】因为，所以，所以 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 B.12 C.16 D.20【答案】B【解析】2023考试备考资料word 版本欢迎下载【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积.故选：B.5.将函数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（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得，即可求出的最小值.【详解】由题意知：曲线为，又关于轴对称，则，解得，又，故当时，的最小值为.故选：C.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.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是 4的倍数的情况，由古典概型求概率即可.2023考试备考资料word 版本欢迎下载【详解】从 6张卡片中无放回抽取 2 张，共有15 种情况，其中数字之积为 4的倍数的有6 种情况，故概率为.故选：C.7.函数在区间的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令，则，所以为奇函数，排除 BD；又当时，所以，排除 C.故选：A.8.当时，函数取得最大值，则（）2023考试备考资料word 版本欢迎下载 A.B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有 故选：B.9.在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（）A.B.AB与平面所成的角为 C.D.与平面所成的角为【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，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即2023考试备考资料word 版本欢迎下载，解得 对于 A，A错误；对于 B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B 错误；对于 C，C 错误；对于 D，与平面所成角为，而，所以D正确 故选：D 10.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用 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，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，2023考试备考资料word 版本欢迎下载 乙圆锥的高，所以.故选：C.11.已知椭圆的离心率为，分别为 C的左、右顶点，B为 C 的上顶点若，则 C的方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率，解得，分别为 C左右顶点，则，B 为上顶点，所以.所以，因为 所以，将代入，解得，故椭圆的方程为.故选：B.12.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，2023考试备考资料word 版本欢迎下载 换底公式可得，然后由指数函数的单调性即可解出【详解】由可得，而，所以，即，所以 又，所以，即，所以综上，故选：A.二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.13.已知向量若，则_【答案】#【解析】【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】由题意知：，解得.故答案为：.14.设点 M在直线上，点和均在上，则的方程为_【答案】【解析】【分析】设出点 M 的坐标，利用和均在上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：点 M 在直线上，设点 M 为，又因为点和均在上，点 M 到两点的距离相等且为半径 R，解得，2023考试备考资料word 版本欢迎下载 的方程为.故答案为：15.记双曲线的离心率为 e，写出满足条件“直线与 C无公共点”的 e的一个值_【答案】2（满足皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线中即可求得满足要求的 e值.【详解】解：，所以 C 的渐近线方程为,结合渐近线的特点，只需，即，可满足条件“直线与 C 无公共点”所以，又因为，所以，故答案为：2（满足皆可）16.已知中，点 D在边 BC上，当取得最小值时，_【答案】#【解析】【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.【详解】设，则在中，在中，所以 2023考试备考资料word 版本欢迎下载，当且仅当即时，等号成立，所以当取最小值时，.故答案为：.三、解答题：共三、解答题：共 70 分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤、证明过程或演算步骤.第第 1721 题为题为必考题，每个试题考生都必须作答必考题，每个试题考生都必须作答.第第 22、23题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分分.17.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 A 240 20 B 210 30 （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：，0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）A，B 两家公司长途客车准点的概率分别为，2023考试备考资料word 版本欢迎下载（2）有【解析】【分析】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据及公式计算，再利用临界值表比较即可得结论.【小问 1 详解】根据表中数据，A共有班次 260 次，准点班次有 240 次，设 A 家公司长途客车准点事件为 M，则；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.A 家公司长途客车准点的概率为；B 家公司长途客车准点的概率为.【小问 2 详解】列联表 准点班次数 未准点班次数 合计 A 240 20 260 B 210 30 240 合计 450 50 500 =，根据临界值表可知，有的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关.18.记为数列的前 n项和已知（1）证明：是等差数列；2023考试备考资料word 版本欢迎下载（2）若成等比数列，求的最小值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得【小问 1 详解】解：因为，即，当时，得，即，即，所以，且，所以是以 为公差的等差数列【小问 2 详解】解：由（1）可得，又，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时 19.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：底面是边长为 8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直 2023考试备考资料word 版本欢迎下载 （1）证明：平面；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出【小问 1 详解】如图所示：，分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以2023考试备考资料word 版本欢迎下载，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面 【小问 2 详解】如图所示：，分别取中点，由（1）知，且，同理有，由平面知识可知，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍 因为，点到平面的距离即为点到直线的距离，所以该几何体的体积 20.已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线（1）若，求 a；（2）求 a 的取值范围【答案】（1）3 （2）【解析】【分析】（1）先由上的切点求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可；（2）设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示2023考试备考资料word 版本欢迎下载 出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围.【小问 1 详解】由题意知，则在点处的切线方程为，即，设该切线与切于点，则，解得，则，解得；【小问 2 详解】，则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：0 1 0 0 0 则的值域为，故的取值范围为.21.设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点 当直线 MD垂直于 x 轴时，（1）求 C 的方程；（2）设直线与 C的另一个交点分别为 A，B，记直线的倾斜角分别为2023考试备考资料word 版本欢迎下载 当取得最大值时，求直线 AB的方程【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；（2）设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.【小问 1 详解】抛物线的准线为，当与 x轴垂直时，点 M 的横坐标为 p，此时，所以，所以抛物线 C 的方程为；【小问 2 详解】设，直线，由可得，由斜率公式可得，直线，代入抛物线方程可得，所以，同理可得，所以 又因为直线 MN、AB的倾斜角分别为，所以，2023考试备考资料word 版本欢迎下载 若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，设直线，代入抛物线方程可得，所以，所以直线.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分分.请考生在第请考生在第 22、23 题中任选一题作答题中任选一题作答.如果多做，则按如果多做，则按所做的第一题计分所做的第一题计分.选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s 为参数）（1）写出的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标【答案】（1）；（2）的交点坐标为，的交点坐标为，【解析】【分析】(1)消去，即可得到的普通方程；2023考试备考资料word 版本欢迎下载(2)将曲线的方程化成普通方程，联立求解即解出【小问 1 详解】因为，所以，即普通方程为【小问 2 详解】因为，所以，即的普通方程为，由，即的普通方程为 联立，解得：或，即交点坐标为，；联立，解得：或，即交点坐标，选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23.已知 a，b，c 均为正数，且，证明：（1）；（2）若，则【答案】（1）见解析 （2）见解析【解析】【分析】（1）根据，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得，即可得到，再根据权方和不等式即可得证.【小问 1 详解】证明：由柯西不等式有，所以，当且仅当时，取等号，所以；【小问 2 详解】证明：因为，由（1）得，2023考试备考资料word 版本欢迎下载 即，所以，由权方和不等式知，当且仅当，即，时取等号，所以.历年考试真题为作者精心整理，如有需要，请下载。历年考试真题为作者精心整理，如有需要，请下载。