2022年四川省宜宾市叙州一中高考数学二诊试卷（文科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年四川省宜宾市叙州一中高考数学二诊试卷（文科）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）已知集合A3，1，2，5，Bx|x+2x-50，则AB（）A3，1，2，5B3，1，2C1，2，5D1，22（5分）已知i为虚数单位，复数z=1+2i1+i，则复数z在复平面上的对应点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（5分）若x，y满足x3x+y2yx，则x+2y的最大值为（）A1B3C5D94（5分）已知aR，则“a6”是“a236”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件5（5分

2、）如图是民航部门统计的2017年春运期间12个城市售出的往返机票的平均价格以及相比去年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表，下面叙述不正确的是（）A深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高B天津和重庆的春运期间往返机票价格同去年相比有所上升C平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州D平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门6（5分）已知等差数列an满足a1+a38，a2+a414，则它的前8项的和S8（）A70B82C92D1057（5分）在ABC中，（BC+BA）AC=|AC|2，则三角形ABC的形状一定是（）A等边三角形B等腰三角形C直角三角形D等腰直角三角形8（5

3、分）已知（0，2），tan=2，则cos2（）A-23B23C-13D139（5分）已知在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2，A=6，又点A，B，C都在球O的球面上，且点O到平面ABC的距离为5，则球O的体积为（）A12B632C36D4510（5分）已知2log12x1=log12x2=log32x30，则x1，x2，x3的大小关系是（）Ax2x1x3Bx3x2x1Cx1x2x3Dx3x1x211（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线上一点，PF1F2是以F1P为底边的等腰三角形，且60PF2F1120，则该双曲线的

4、离心率的取值范围是（）A（1，2）B(3+12，+)C(1，3+12)D(3+12，2)12（5分）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323，两个圆锥的高之比为1：3，则这两个圆锥的体积之和为（）A3B4C9D12二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知单位向量a，b的夹角为45，ka-b与a垂直，则k 14（5分）我国高铁发展迅速，技术先进经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 15（5分）已知函数f（x

5、）=ln(1+x2-x)+1，f（a）4，则f（a） 16（5分）已知函数f（x）aexx+2，g（x）x2+2，对任意的x11，2，总存在至少两个不同的x2R使得g（x1）f（x2），则a的范围是 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）为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A、B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同经过一段时间后用某种科学方法

6、测算出残留在小鼠体内离子的百分比根据试验数据分别得到如图直方图：记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P（C）的估计值为0.70（1）求乙离子残留百分比直方图中a，b的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）18（12分）在S3S2a2+2a1，2a2a4a3，4ana1S1Sn，n2，这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答设数列an是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn.已知a12，_（1）求数列an的通项公式；（2）设bn1+2log2an，cn=an+1bnbn+1，且数列cn的前n项和为Tn，求Tn

7、19（12分）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，BFA1B1（1）求三棱锥FEBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BFDE20（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的离心率为32，短轴长为22（）求C的方程；（）设不过点T（2，1）的直线l与C相交于A，B两点，直线TA，TB分别与x轴交于M，N两点，若|TM|TN|，证明直线l的斜率是定值，并求出该定值21（12分）已知函数f（x）2exax2（aR）（1）讨论函数f（x）的极值点个数；（2）当函数f（x）有两个极值点时，设f（x）的极大值为M

8、，证明：2Me选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+cosy=sin（为参数）；在以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为cos22sin（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）若射线l：ykx（x0）与曲线C1，C2的交点分别为A，B（A，B异于原点），当斜率k1，3)时，求|OA|OB|的取值范围选修4-5：不等式选讲23已知不等式|xm|x+1|3（m0）对xR恒成立（1）求实数m的取值范围；（2）记m的最大值为k，若a0，b0，a+bk，证明：a+b22022年四川省宜宾市叙州一

9、中高考数学二诊试卷（文科）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）已知集合A3，1，2，5，Bx|x+2x-50，则AB（）A3，1，2，5B3，1，2C1，2，5D1，2【解答】解：A3，1，2，5，Bx|2x5，AB1，2故选：D2（5分）已知i为虚数单位，复数z=1+2i1+i，则复数z在复平面上的对应点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【解答】解：复数z=1+2i1+i=(1+2i)(1-i)(1+i)(1-i)=3+i2=32+12i，所以z=32-12i，故复数z在复平面上的对应

10、点为(32，-12)位于第四象限故选：D3（5分）若x，y满足x3x+y2yx，则x+2y的最大值为（）A1B3C5D9【解答】解：x，y满足x3x+y2yx的可行域如图：由可行域可知目标函数zx+2y经过可行域的A时，取得最大值，由x=3x=y，可得A（3，3），目标函数的最大值为：3+239故选：D4（5分）已知aR，则“a6”是“a236”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【解答】解：由a6，得a236，所以“a6”是“a236”的充分条件，由a236，得a6或a6，所以“a6”是“a236”的不必要性条件，故a6是a236的充分不必要条件，故选：A5

11、（5分）如图是民航部门统计的2017年春运期间12个城市售出的往返机票的平均价格以及相比去年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表，下面叙述不正确的是（）A深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高B天津和重庆的春运期间往返机票价格同去年相比有所上升C平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州D平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门【解答】解：从折线图看，深圳的涨幅最接近0%，从条形图看，北京的平均价格最高，故A正确；从折线图看，天津和重庆的涨幅最接近0%以上，都是正值，故B正确；从条形图看，平均价格前三位的产北京，深圳，广州，故C正确；从折线图看，涨幅前三们的是天津，西安

12、，南京，厦门的涨幅接近7.5%，故D错误故选：D6（5分）已知等差数列an满足a1+a38，a2+a414，则它的前8项的和S8（）A70B82C92D105【解答】解：设等差数列an的首项为a1，公差为d由a1+a3=8a2+a4=14，得2a1+2d=82a1+4d=14，解得a11，d3所以S88a1+872d=8+28392故选：C7（5分）在ABC中，（BC+BA）AC=|AC|2，则三角形ABC的形状一定是（）A等边三角形B等腰三角形C直角三角形D等腰直角三角形【解答】解：由(BC+BA)AC=|AC|2，得AC(BC+BA-AC)=0，即AC(BC+BA+CA)=0 AC2BA=

13、0ACBA，A90故选：C8（5分）已知（0，2），tan=2，则cos2（）A-23B23C-13D13【解答】解：（0，2），tan=2，则cos2=cos2-sin2cos2+sin2=1-tan21+tan2=-13，故选：C9（5分）已知在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2，A=6，又点A，B，C都在球O的球面上，且点O到平面ABC的距离为5，则球O的体积为（）A12B632C36D45【解答】解：如图，设ABC外接圆的半径为r，由正弦定理可得，2r=asinA=2sin6=4，则r2，设ABC的外心为G，则AG2，连接OG，则OG平面ABC，得OGGA，即OG=

14、5，在RtOGA中，OA=OG2+GA2=(5)2+22=3，即球O的半径为3，则球O的体积为V=433336故选：C10（5分）已知2log12x1=log12x2=log32x30，则x1，x2，x3的大小关系是（）Ax2x1x3Bx3x2x1Cx1x2x3Dx3x1x2【解答】解：2log12x1=log12x2=log32x30，x11，x21，x12=x2，x31，x2x1x3故选：A11（5分）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线上一点，PF1F2是以F1P为底边的等腰三角形，且60PF2F1120，则该双曲线的离心率的取值范围是（

15、）A（1，2）B(3+12，+)C(1，3+12)D(3+12，2)【解答】解：PF1F2是以F1P为底边的等腰三角形，|PF2|F1F2|2c，在PF1F2中，由余弦定理知，|PF1|2=|F1F2|2+|PF2|2-2|F1F2|PF2|cosPF2F14c2+4c222c2ccosPF2F18c2（1cosPF2F1）|PF1|22c1-cosPF2F1，由双曲线的定义知，2a=|PF1|-|PF2|=|22c1-cosPF2F1-2c|，60PF2F1120，-12cosPF2F112，221-cosPF2F162，022c1-cosPF2F1-2c(23-2)c，02a(23-2)c

16、，离心率e=ca3+12，即e(3+12，+)故选：B12（5分）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323，两个圆锥的高之比为1：3，则这两个圆锥的体积之和为（）A3B4C9D12【解答】解：如图，设球O的半径为R，由题意，43R3=323，可得R2，则球O的直径为4，两个圆锥的高之比为1：3，AO11，BO13，由直角三角形中的射影定理可得：r213，即r=3这两个圆锥的体积之和为V=13(3)2(1+3)=4故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知单位向量a，b的夹角为45，ka-b与a垂直，则k22【解答】解：向量a，b为单位向

17、量，且a，b的夹角为45，ab=|a|b|cos45=1122=22，又ka-b与a垂直，（ka-b）a=k|a|2-ab=0，即k-22=0，则k=22故答案为：2214（5分）我国高铁发展迅速，技术先进经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 0.98【解答】解：经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为：x=110+20+1

18、0（100.97+200.98+100.99）0.98故答案为：0.9815（5分）已知函数f（x）=ln(1+x2-x)+1，f（a）4，则f（a）2【解答】解：根据题意，f（x）=ln(1+x2-x)+1，则f（x）=ln(1+x2+x)+1，则f（x）+f（x）2，即有f（a）+f（a）2，又由f（a）4，则f（a）2；故答案为：216（5分）已知函数f（x）aexx+2，g（x）x2+2，对任意的x11，2，总存在至少两个不同的x2R使得g（x1）f（x2），则a的范围是 （0，1e）【解答】解：g（x）x2+2，对任意的x11，2，g（x1）2，6，令f（x）t，则a=x+t-2ex

19、，令h(x)=x+t-2ex，h(x)=3-t-xex，得h（x）在（，3t）递增，在（3t，+）递减，又x时，h（x），又x+时，h（x）0，h(3-t)=1e3-t，由题意有tg（x2）2，6，0a1e3-t恒成立，故0a1e故答案为：（0，1e）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）为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A、B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液每只小鼠给服的溶

20、液体积相同、摩尔浓度相同经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比根据试验数据分别得到如图直方图：记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P（C）的估计值为0.70（1）求乙离子残留百分比直方图中a，b的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）【解答】解：（1）C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P（C）的估计值为0.70则由频率分布直方图得：a+0.20+0.15=0.70.05+b+0.15=1-0.7，解得乙离子残留百分比直方图中a0.35，b0.10（2）估计甲离

21、子残留百分比的平均值为：x甲=20.15+30.20+40.30+50.20+60.10+70.054.05乙离子残留百分比的平均值为：x乙=30.05+40.1+50.15+60.35+70.2+80.156.0018（12分）在S3S2a2+2a1，2a2a4a3，4ana1S1Sn，n2，这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答设数列an是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn.已知a12，_（1）求数列an的通项公式；（2）设bn1+2log2an，cn=an+1bnbn+1，且数列cn的前n项和为Tn，求Tn【解答】解：（1）若选，设等比数列an的公比为qa12，a3S3S2a

22、2+2a1，而a10，q2q20，解得q2或q1q0，q2，an=2n若选，设等比数列an的公比为q，且q0，由2a2a4a3，得2a2=a2q2-a2qa20，2q2q，即q2q20q0，q2，an=a1qn-1=2n若选，当n2时，an=Sn-Sn-1=4an-a1S1-4an-1-a1S1=2an-2an-1，即an2an1，a12也满足，即数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，则an=2n（2）由（1）知bn=1+2log2an=1+2log22n=2n+1，cn=an+1bnbn+1=2n+1(2n+1)(2n+3)=2n+12(1(2n+1)-1(2n+3)，所以：Tnc1+c

23、2+c3+cn1+cn=(21+22+2n)+12(13-15)+(15-17)+(17-19)+(1(2n+1)-1(2n+3)=2n+1+n3(2n+3)-219（12分）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，BFA1B1（1）求三棱锥FEBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BFDE【解答】解：（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1A1B1，又BFA1B1，BB1BFB，BB1，BF平面BCC1B1，A1B1平面BCC1B1，ABA1B1，AB平面BCC1B1，ABBC，又ABBC，故AC=22+22=2

24、2，CE=2=BE，而侧面AA1B1B为正方形，CF=12CC1=12AB=1，V=13SEBCCF=1312221=13，即三棱锥FEBC的体积为13；（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1GBFH，点E是AC的中点，点G时BC的中点，EGAB，EGABB1D，E、G、B1、D四点共面，由（1）可得AB平面BCC1B1，EG平面BCC1B1，BFEG，tanCBF=CFBC=12，tanBB1G=BGBB1=12，且这两个角都是锐角，CBFBB1G，BHB1BGB1+CBFBGB1+BB1G90，BFB1G，又EGB1GG，EG，B1G平面EGB1D，BF平面EGB1D，又

25、DE平面EGB1D，BFDE20（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的离心率为32，短轴长为22（）求C的方程；（）设不过点T（2，1）的直线l与C相交于A，B两点，直线TA，TB分别与x轴交于M，N两点，若|TM|TN|，证明直线l的斜率是定值，并求出该定值【解答】（）解：由题意，ca=322b=22a2=b2+c2，解得a=22b=2c=6，椭圆C的方程为x28+y22=1；（）证明：当直线l的斜率不存在时，设直线l：xx0（x02），设l与椭圆C交于A（x0，n），B（x0，n），直线TA：y1=n-1x0+2(x+2)，直线TB：y1=-n-1x0+2(x+2)，可得

26、M（2-x0+2n-1，0），N（2+x0+2n+1，0），|TM|TN|，(-2-x0+2n-1+2)2+(0-1)2=(-2+x0+2n+1+2)2+(0-1)2，即x02与x02矛盾，故直线l的斜率存在；设直线l：ykx+m，代入x28+y22=1，整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m280设A（x1，y1），B（x2，y2），则64k2m2（4+16k2）（4m28）0，x1+x2=-8km1+4k2，x1x2=4m2-81+4k2，|TM|TN|，kTM+kTN0，即y1-1x1+2+y2-1x2+2=0，（x1+2）（y21）+（x2+2）（y11）0，即（x1+2）（kx2+

27、m1）+（x2+2）（kx1+m1）02kx1x2+（2k+m1）（x1+x2）+4（m1）0，则2k4m2-81+4k2+(2k+m-1)-8km1+4k2+4(m-1)=0，整理得：（2k+1）（m2k1）0，2k+10或m2k10当m2k+1时，直线l：yk（x+2）+1过点T（2，1），不合题意，故舍去；2k+10，即k=-12，满足0的m存在故直线l的斜率是定值-1221（12分）已知函数f（x）2exax2（aR）（1）讨论函数f（x）的极值点个数；（2）当函数f（x）有两个极值点时，设f（x）的极大值为M，证明：2Me【解答】解：（1）f（x）的定义域为R，f（x）2（exax）

28、，记g（x）2（exax），则g（x）2（exa），当a0时，f（x）f（x）2ex0，故f（x）无极值点，当a0时，g（x）0，g（x）在R上是增函数，又g（1a）2（e1a-1）2（e01）0g（0）2，所以g（x）在R内有唯一零点x0（1a，0），此时f（x0）g（x0）0，当xx0时，f（x）g（x）0，当xx0时，f（x）g（x）0，所以f（x）有唯一极值点，当a0，由g（x）0，得xlna，由于当xlna时，g（x）0；当xlna时，g（x）0，所以g（x）ming（lna）2a（1lna），若1lna0，即0ae时，f（x）g（x）0，所以f（x）在R上是增函数，无极值点，若1l

29、na0，即ae时，g（x）min0，又g（0）20，g（2lna）2a（alna）0，（a）a2lna（ae），则当ae时，（a）1-2a1-2e0，所以（a）（e）a2e20，所以g（2lna）0，所以g（x）有两个零点x1，x2，且0x1lnax2，当xx1或xx2时，g（x）f（x）0，当x1xx2时，g（x）f（x）0，所以函数f（x）有两个极值点，综上所述，当a0时，函数f（x）有唯一极值点，当0ae时，函数f（x）无极值点，当ae时，函数f（x）有两个极值点（2）证明：由（1）知，当ae时，函数f（x）有两个极值点，且x1为极大值点，0x1lna，所以f（x）极大Mf（0）2e0a

30、022又f（0）20，f（lna）f（1）2（ea）0，所以x1（0，1），由f（x1）0，得ax1ex1，所以f（x）极大值Mf（x1）2ex1-x1ex1=ex1（2x1）（x1（0，1），记h（x）ex（2x），x（0，1），则对任意x（0，1），恒有h（x）ex（1x）0，所以函数h（x）在（0，1）上增函数，所以h（x）h（1）e，即f（x）极大值Me，综上所述，2Me选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x=1+cosy=sin（为参数）；在以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为cos22sin（1）

31、求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）若射线l：ykx（x0）与曲线C1，C2的交点分别为A，B（A，B异于原点），当斜率k1，3)时，求|OA|OB|的取值范围【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为x=1+cosy=sin（为参数），普通方程为（x1）2+y21，即x2+y22x，极坐标方程为C1：2cos，曲线C2的极坐标方程为cos22sin，即2cos22sin，曲线C2的直角坐标方程C2：x2=2y，（2）设射线l的倾斜角为，则射线l的参数方程为x=tcosy=tsin（t为参数，43）把射线l的参数方程代入曲线C1的普通方程得：t22tcos0，解得t10，t22c

32、os|OA|t2|2cos把射线l的参数方程代入曲线C2的普通方程得：cos2t22tsin，解得t10，t2=2sincos2|OB|t2|=2sincos2|OA|OB|2cos2sincos2=4tan4kk1，3)，4k4，43)，|OA|OB|的取值范围是4，43)选修4-5：不等式选讲23已知不等式|xm|x+1|3（m0）对xR恒成立（1）求实数m的取值范围；（2）记m的最大值为k，若a0，b0，a+bk，证明：a+b2【解答】（1）解：设f(x)=|x-m|-|x+1|=m+1，x-1-2x+m-1，-1xm-m-1，xm，m1f（x）m+1，要使不等式|xm|x+1|3（m0）对xR恒成立，只需|m+1|3，解得4m2，又m0，0m2，则实数m的取值范围为（0，2；（2）证明：由（1）可知m的最大值为2，即k2，a+b2，a+b2(a)2+(b)22=a+b2=1，得a+b2，当且仅当ab1时取等号第19页（共19页）