2022年甘肃省张掖市高考数学第二次联考试卷（文科）（3月份）（学生版+解析版）.docx

1、2022年甘肃省张掖市高考数学第二次联考试卷（文科）（3月份）一、选择题（本题共计12小题，每题5分，共计60分）1（5分）已知集合Ax|log2x1，Bx|x1|3，则AB（）A（2，4）B（1，2）C（1，4）D（2，4）2（5分）已知复数z12+i，z21+2i，则z1z2虚部为（）A4B4C3D3i3（5分）已知x为锐角，则“sinx12”是“cos2x0”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4（5分）已知等比数列an中，a34，a2a78a4，则a1（）A1B2C1D25（5分）已知alg2，b=log123，c=(12)-13，则（）AcabBcb

2、aCabcDacb6（5分）函数f(x)=xcosx2|x|的图象大致为（）ABCD7（5分）清华大学通过专业化、精细化、信息化和国际化的就业指导工作，引导学生把个人职业生涯发展同国家社会需要紧密结合，鼓励学生到祖国最需要的地方建功立业2019年该校毕业生中，有本科生2971人，硕士生2527人，博士生1467人，毕业生总体充分实现就业，就业地域分布更趋均匀合理，实现毕业生就业率保持高位和就业质量稳步提升根据如图，下列说法不正确的是（）A博士生有超过一半的毕业生选择在北京就业B毕业生总人数超半数选择在北京以外的单位就业C到四川省就业的硕士毕业生人数比到该省就业的博士毕业生人数多D到浙江省就业的

3、毕业生人数占毕业生总人数的12.8%8（5分）如图所示，在三棱锥DABC中，已知ACBCCD2，CD平面ABC，ACB90若其正视图、俯视图如图所示，则其侧视图的周长为（）A4+22B2+2+6C6D4+69（5分）已知菱形ABCD的边长为2，EC=2BE，ABC120，则AEBD的值为（）A43B-43C23D-2310（5分）我国的5G通信技术领先世界，5G技术的数学原理之一是著名的香农（Shannon）公式，香农提出并严格证明了“在被高斯白噪声干扰的信道中，计算最大信息传送速率C的公式CWlog2（1+SN）”，其中W是信道带宽（赫兹），S是信道内所传信号的平均功率（瓦），N是信道内部的

4、高斯噪声功率（瓦），其中SN叫做信噪比根据此公式，在不改变W的前提下，将信噪比从99提升至，使得C大约增加了60%，则的值大约为（）（参考数据：100.21.58）A1559B1579C3160D251211（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，且以F1F2为直径的圆与双曲线C的右支交于Q，直线F1Q与C的左支交于P，若2F1P=PQ，则双曲线C的离心率为（）A52B62C3D512（5分）已知定义在R上的函数yf（x），对任意x都满足f（x+2）f（x），且当1x1时f（x）2x2，则函数g（x）f（x）ln|x|的零点个数为（）A12B14

5、C15D16二、填空题（本题共计4小题，每题5分，共计20分，）13（5分）函数y=sin(2x+)(02)图象的一条对称轴是x=12，则的值是 14（5分）已知函数f（x）=2x+1，x0log12x，x0，则不等式f（x）1的解集为 15（5分）已知数列an满足an=log2(n+2n+1)给出定义：使数列an的前k项和为正整数的k（kN+）叫做“好数”，则在1，2022内的所有“好数”的和为 16（5分）在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是棱BC的中点，点Q是底面A1B1C1D1上的动点，且APD1Q，则下列说法正确的是 DP与D1Q所成角的大小为4；四面体ABPQ的体积

6、为定值；AA1Q的面积有最小值255；平面D1PQ截正方体所得截面面积为定值三、解答题（17-21每题12分，22或23题10分共计70分）17（12分）在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，a2（1）若sinAsinB+sinC=1-a-ba-c，求角B；（2）若c2b，当角B最大时，求ABC的面积18（12分）某数学兴趣小组为了探究参与某项老年运动是否与性别有关的问题，对城区60岁以上老人进行了随机走访调查得到的数据如表：男性女性总计参与该项老年运动16px不参与该项老年运动44qy总计6040100从统计数据中分析得参与该项老年运动的被调查者中，女性的概率是13（1）求22列

7、联表中p，q，x，y的值；（2）是否有90%的把握认为参与该项老年运动与性别有关？（3）若将参与该项老年运动的老人称为“健康达人”，现从参与调查的“健康达人”中按性别采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行健康状况跟踪调查，那么被跟踪调查的2人中都是男性的概率是多少？参考公式及数据：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中na+b+c+dP（K2k0）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82819（12分）如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PD底面

8、ABCD，E为PB的中点（1）求证：PD平面AEC；（2）若AB=2，PD=2AB，求三棱锥EPAD的体积20（12分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（ab0）上任意一点到其左、右焦点F1、F2的距离之和均为4，且椭圆的中心O到直线bx+ayab0的距离为233（1）求椭圆E的方程；（2）已知以椭圆右顶点A为直角顶点的动直角三角形斜边端点B、C落在椭圆E上，求动直角ABC面积的最大值21（12分）已知函数f（x）ex（x+a），其中e是自然对数的底数，aR（1）求函数f（x）的单调区间；（2）设g（x）f（xa）x2，讨论函数g（x）零点的个数，并说明理由22（10分）在平面直角坐标系中，

9、以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，曲线C的极坐标方程为2，直线l的参数方程为x=-2-ty=33+3t（t为参数）（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）设点P(-2，33)，直线l与曲线C有不同的两个交点分别为A，B，求1|PA|+1|PB|的值23已知函数f（x）|x2|+|x+1|（1）解关于x的不等式f（x）4x；（2）a，by|yf（x），试比较2（a+b）与ab+4的大小2022年甘肃省张掖市高考数学第二次联考试卷（文科）（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共计12小题，每题5分，共计60分）1（5分）已知集合Ax|log2x1，Bx|x1|3，则AB（）A（2，

10、4）B（1，2）C（1，4）D（2，4）【解答】解：Ax|x2，Bx|3x13x|2x4，AB（2，4）故选：D2（5分）已知复数z12+i，z21+2i，则z1z2虚部为（）A4B4C3D3i【解答】解：因为复数z12+i，z21+2i，所以z1z2（2+i）（1+2i）2+4ii+2i22+3i24+3i，由复数的定义可知，z1z2虚部为3故选：C3（5分）已知x为锐角，则“sinx12”是“cos2x0”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：因为x为锐角，且sinx12，所以0x6，因为cos2x0，所以0x4，所以x为锐角，“sinx12”能

11、推出“cos2x0”，“cos2x0”不能推出“sinx12”，所以x为锐角，则“sinx12”是“cos2x0”的充分不必要条件故选：A4（5分）已知等比数列an中，a34，a2a78a4，则a1（）A1B2C1D2【解答】解：等比数列an中，a34，a2a78a4，则a1q2=4a12q7=8a1q3，解得q22，a12，故选：B5（5分）已知alg2，b=log123，c=(12)-13，则（）AcabBcbaCabcDacb【解答】解：0lg1alg2lg101，b=log123log121=0，c=(12)-13（12）01，cab故选：A6（5分）函数f(x)=xcosx2|x|的

12、图象大致为（）ABCD【解答】解：f（x）=-xcos(-x)2|-x|=-xcosx2|x|=-f（x），则f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除C，D，由f（x）0得x0或cosx0，即右侧第一个零点为x=2时，当0x2，f（x）0，排除B，故选：A7（5分）清华大学通过专业化、精细化、信息化和国际化的就业指导工作，引导学生把个人职业生涯发展同国家社会需要紧密结合，鼓励学生到祖国最需要的地方建功立业2019年该校毕业生中，有本科生2971人，硕士生2527人，博士生1467人，毕业生总体充分实现就业，就业地域分布更趋均匀合理，实现毕业生就业率保持高位和就业质量稳步提升根据如图，下列说法不

13、正确的是（）A博士生有超过一半的毕业生选择在北京就业B毕业生总人数超半数选择在北京以外的单位就业C到四川省就业的硕士毕业生人数比到该省就业的博士毕业生人数多D到浙江省就业的毕业生人数占毕业生总人数的12.8%【解答】解：对于A，由图中的数据可知，在北京就业的博士生就业率为52.1%50%，故选项A正确；对于B，毕业生在北京的就业率为21.9%2971+39.6%2527+52.1%14672971+2527+1467=34.7%50%，故选项B正确；对于C，到四川省就业的硕士毕业生人数为3.2%252781人，到四川省就业的博士毕业生人数为3.7%14675481，故选项C正确；对于D，浙江省

14、就业的毕业生人数占毕业总人数的比例为3.0%2971+5.6%2527+4.2%14672971+2527+1467=4.2%，故选项D错误故选：D8（5分）如图所示，在三棱锥DABC中，已知ACBCCD2，CD平面ABC，ACB90若其正视图、俯视图如图所示，则其侧视图的周长为（）A4+22B2+2+6C6D4+6【解答】解：由题意知三棱锥的一条侧棱与底面垂直，且长度是2，得到侧视图是一个直角三角形，ACBCCD2，ACB90侧视图的另一条直角边长是222=2，侧视图如图：且斜边长为：22+(2)2=6，其侧视图的周长为：2+2+6，故选：B9（5分）已知菱形ABCD的边长为2，EC=2BE

15、，ABC120，则AEBD的值为（）A43B-43C23D-23【解答】解：如图，EC=2BE，BE=13BC，AE=AB+BE=AB+13BC=13BC-BA，且BD=BA+BC，|BA|=|BC|=2，ABC=120，AEBD=(13BC-BA)(BA+BC)=13BC2-BA2-23BABC =43-4-2322(-12) =-43故选：B10（5分）我国的5G通信技术领先世界，5G技术的数学原理之一是著名的香农（Shannon）公式，香农提出并严格证明了“在被高斯白噪声干扰的信道中，计算最大信息传送速率C的公式CWlog2（1+SN）”，其中W是信道带宽（赫兹），S是信道内所传信号的平

16、均功率（瓦），N是信道内部的高斯噪声功率（瓦），其中SN叫做信噪比根据此公式，在不改变W的前提下，将信噪比从99提升至，使得C大约增加了60%，则的值大约为（）（参考数据：100.21.58）A1559B1579C3160D2512【解答】解：由题意可知，信噪比SN从99提升至，使得C大约增加了60%，所以Wlog2(1+)Wlog2(1+99)=1.6，则log2（1+）1.6log2100，由换底公式可得lg(1+)lg2=1.6lg100lg2，即lg（1+）1.6lg1001.623.2，所以1+103.2103100.210001.581580，所以的值大约为1579故选：B11（5

17、分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，且以F1F2为直径的圆与双曲线C的右支交于Q，直线F1Q与C的左支交于P，若2F1P=PQ，则双曲线C的离心率为（）A52B62C3D5【解答】解：如图，连接PF2，QF2，因为以F1F2为直径的圆与双曲线C的右支交于Q，故F1QF2Q设|PF1|m，则|PQ|2m，|QF1|3m，|QF2|3m2a，|PF2|m+2a，由PQF2为直角三角形，可得（m+2a）2（2m）2+（3m2a）2，解得m=43a，所以|QF1|4a，|QF2|2a，由F1QF2为直角三角形，可得16a2+4a24c2，e=ca=5故选

18、：D12（5分）已知定义在R上的函数yf（x），对任意x都满足f（x+2）f（x），且当1x1时f（x）2x2，则函数g（x）f（x）ln|x|的零点个数为（）A12B14C15D16【解答】解：由f（x+2）f（x），得f（x）周期为2，又当1x1时f（x）2x2，为偶函数，易知f（x）在R上为偶函数，此时g（x）f（x）ln|x|为偶函数，故只需考虑x0的情况，分别画出x0时yf（x）和ylnx的图象，如下图所示，f（x）最大值为2，令lnx2，xe2，7e28，由图象可知，一共有7个交点，所以一共有14个交点，即函数g（x）的零点个数为14故选：B二、填空题（本题共计4小题，每题5分，共

19、计20分，）13（5分）函数y=sin(2x+)(02)图象的一条对称轴是x=12，则的值是3【解答】解：函数3y=sin(2x+)(02)图象的一条对称轴是x=12，则：6+=k+2，解得：=k+3，由于：02，故当k0时，=3，故答案为：314（5分）已知函数f（x）=2x+1，x0log12x，x0，则不等式f（x）1的解集为 （1，12）【解答】解：函数f（x）=2x+1，x0log12x，x0，则由不等式f（x）1可得x02x+11，或 x0log12x1解求得1x0，解求得0x12综上可得，不等式的解集为（1，12），故答案为：（1，12）15（5分）已知数列an满足an=log2

20、(n+2n+1)给出定义：使数列an的前k项和为正整数的k（kN+）叫做“好数”，则在1，2022内的所有“好数”的和为 2026【解答】解：设数列an的前n项和为Sn，则Sn=log232+log243+log2n+2n+1=log2（3243n+2n+1）=log2n+22，令log2n+22=k，则n2k+12，n满足条件的取值为：222，232，242，2102，在1，2022内的所有“好数”的和222+232+242+2102=4(29-1)2-1-292026故答案为：202616（5分）在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是棱BC的中点，点Q是底面A1B1C1D1上

21、的动点，且APD1Q，则下列说法正确的是DP与D1Q所成角的大小为4；四面体ABPQ的体积为定值；AA1Q的面积有最小值255；平面D1PQ截正方体所得截面面积为定值【解答】解：棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是棱BC的中点，点Q是底面A1B1C1D1上的动点，且APD1Q，如图所示：则A1（0，0，0），D（0，2，2），D1（0，2，0），A（0，0，2），B（2，0，2），C（2，2，2），点P为BC的中点，所以P（2，1，2），设Q（x0，y0，0），则AP=(2，1，0)，D1Q=(x0，y0-2，0)，由APD1Q，即2x0+y020，对于：DP=(2，-1，0)，

22、可得：cosDP，D1Q=2x0+2-y05x02+(y0-2)2=45，故错误；对于：四面体ABPQ的体积VA-BPQ=VQ-ABP=1312212=23为定值，故正确；对于：由于AA1A1Q，且QA1=x02+y02，所以SAA1Q=12|AA1|A1Q|=122x02+y02=5x02-8x0+4=5(x0-45)2+45，由于x（0，2，所以SAA1Q255，故正确；对于：由于点Q满足2x0+y020，即点在直线2x0+y020上运动，取A1B1的中点E，即点Q在D1E上，则平面D1PQ截正方体的所得的截面积为2D1PE，利用几何关系，由于点P到平面xoy的距离d2，点P在xOy面的射

23、影到直线的距离h=|4+2-2|22+12=45，故点P到D1E的距离为t=22+(45)2=65，则截面的面积为2SD1PE=212565=6为定值，故正确故选：三、解答题（17-21每题12分，22或23题10分共计70分）17（12分）在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，a2（1）若sinAsinB+sinC=1-a-ba-c，求角B；（2）若c2b，当角B最大时，求ABC的面积【解答】解：（1）因为sinAsinB+sinC=1-a-ba-c，所以sinAsinB+sinC=b-ca-c=ab+c，整理可得a2+c2b2ac，可得cosB=a2+c2-b22ac=ac2a

24、c=12，因为B（0，），可得B=3（2）在ABC中，b2a2+c22accosB，c2b，所以cosB=4+3b28b32，当且仅当b=233时取等号，此时B=6，C=2，所以ABC的面积S=12ab=122233=23318（12分）某数学兴趣小组为了探究参与某项老年运动是否与性别有关的问题，对城区60岁以上老人进行了随机走访调查得到的数据如表：男性女性总计参与该项老年运动16px不参与该项老年运动44qy总计6040100从统计数据中分析得参与该项老年运动的被调查者中，女性的概率是13（1）求22列联表中p，q，x，y的值；（2）是否有90%的把握认为参与该项老年运动与性别有关？（3）若

25、将参与该项老年运动的老人称为“健康达人”，现从参与调查的“健康达人”中按性别采用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行健康状况跟踪调查，那么被跟踪调查的2人中都是男性的概率是多少？参考公式及数据：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中na+b+c+dP（K2k0）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【解答】解：（1）由题意得pp+16=13，解得p8，所以q40832，所以x16+824，y44+3276；（2）由列联表中的数据可得K2的观测值k

26、=100(1632-844)2604024760.5852.706，所以没有90%的把握认为参与该项老年运动与性别有关；（3）由（1）得“健康达人”共有24人，其中男性16人，女性8人，所以抽样比k=624=14，因此按性别分层抽样抽取的6人中有男性1614=4人，记为A1，A2，A3，A4，女性814=2人，记为B1，B2，从这6人中抽取2人的所有方式为（A1，A2），（A1，A3），（A1，A4），（A1，B1），（A1，B2），（A2，A3），（A2，A4），（A2，B1），（A2，B2），（A3，A4），（A3，B1），（A3，B2），（A4，B1），（A4，B2），（B1，B2），共

27、15种情况，其中符合题目要求的是6种情况，所以抽取的全是男性的概率为P=615=2519（12分）如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PD底面ABCD，E为PB的中点（1）求证：PD平面AEC；（2）若AB=2，PD=2AB，求三棱锥EPAD的体积【解答】证明：（1）连接BD交AC于点O，连接OE，四边形ABCD是正方形，O为BD的中点又已知E为PB的中点，OEPDPD平面AEC，OE平面AEC，PD平面AEC解：（2）AB=2，PD=2AB，PD=22又PD底面ABCD，V三棱锥P-ABD=13SABDPD=13122222=423E是PB的中点，V三棱锥E-PAD=12V三棱锥B-PAD

28、=12V三棱锥P-ABD=22320（12分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（ab0）上任意一点到其左、右焦点F1、F2的距离之和均为4，且椭圆的中心O到直线bx+ayab0的距离为233（1）求椭圆E的方程；（2）已知以椭圆右顶点A为直角顶点的动直角三角形斜边端点B、C落在椭圆E上，求动直角ABC面积的最大值【解答】解：（1）由题意可得2a4，且|ab|a2+b2=233，解得a2，b=2，可得椭圆的方程为x24+y22=1；（2）由题意可知斜边不可能和x轴平行，可设直线l的方程为xty+m，联立椭圆方程x2+2y24，可得（2+t2）y2+2tmy+m240，设B（x1，y1），C（x

29、2，y2），可得y1+y2=-2mt2+t2，y1y2=m2-42+t2，4t2m24（t2+2）（m24）0，化为m22t2+4，由题意可得ABAC=（x12，y1）（x22，y2）（ty1+m2）（ty2+m2）+y1y2（t2+1）y1y2+t（m2）（y1+y2）+（m2）2（t2+1）m2-42+t2+t（m2）（-2mt2+t2，）+（m2）20，化为3m28m+40，可得m2（舍去）或m=23，可得BC所在直线l的方程为xty+23，恒过定点D（23，0），所以SABC=12|AD|y1y2|=12|2-23|(y1+y2)2-4y1y2=83t2+169t2+2，令u=t2+1

30、69，u43，+），则SABC=83uu2+29=831u+29u，由yu+29u在43，+）上递增，所以yu+29u32，+），可得SABC（0，169，所以ABC的面积的最大值为169，此时BC所在直线l的方程为x=2321（12分）已知函数f（x）ex（x+a），其中e是自然对数的底数，aR（1）求函数f（x）的单调区间；（2）设g（x）f（xa）x2，讨论函数g（x）零点的个数，并说明理由【解答】解：（1）因为f（x）ex（x+a），所以f（x）ex（x+a+1）（1分）由f（x）0，得xa1；由f（x）0，得xa1（2分）所以f（x）的增区间是（a1，+），减区间是（，a1）（3分）

31、（2）因为g（x）f（xa）x2xexax2x（exax）由g（x）0，得x0或exax0（4分）设h（x）exax，又h（0）ea0，即x0不是h（x）的零点，故只需再讨论函数h（x）零点的个数因为h（x）exa1，所以当x（，a）时，h（x）0，h（x）单调递减；当x（a，+）时，h（x）0，h（x）单调递增（5分）所以当xa时，h（x）取得最小值h（a）1a（6分）当h（a）0，即a1时，h（x）0，h（x）无零点；（7分）当h（a）0，即a1时，h（x）有唯一零点；（8分）当h（a）0，即a1时，因为h（0）ea0，所以h（x）在（，a）上有且只有一个零点（9分）令x2a，则h（2a）

32、ea2a设（a）h（2a）ea2a（a1），则（a）ea20，所以（a）在（1，+）上单调递增，所以，a（1，+），都有（a）（1）e20所以h（2a）（a）ea2a0（10分）所以h（x）在（a，+）上有且只有一个零点所以当a1时，h（x）有两个零点（11分）综上所述，当a1时，g（x）有一个零点；当a1时，g（x）有两个零点；当a1时，g（x）有三个零点（12分）22（10分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，曲线C的极坐标方程为2，直线l的参数方程为x=-2-ty=33+3t（t为参数）（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）设点P(-2，33)，直线l与曲

33、线C有不同的两个交点分别为A，B，求1|PA|+1|PB|的值【解答】解：（1）根据x2+y22，曲线C的极坐标方程为2，转换为直角坐标方程为x2+y24直线l的参数方程为x=-2-ty=33+3t（t为参数）转换为直角坐标方程为3x+y-3=0（2）由于点P(-2，33)在直线l上，转换为参数方程为x=-2-12ty=33+32t（t为参数），代入x2+y24得到：t2+11t+270，所以t1+t211，t1t227，所以1|PA|+1|PB|=|PA|+|PB|PA|PB|=112723已知函数f（x）|x2|+|x+1|（1）解关于x的不等式f（x）4x；（2）a，by|yf（x），试比较2（a+b）与ab+4的大小【解答】解：（）当x1时，f（x）12x，f（x）4x即为12x4x，解得x3，即为x3；当1x2时，f（x）3，f（x）4x即为34x，解得x1，即为1x2；当x2时，f（x）2x1，f（x）4x即为2x14x，解得x53，即为x2综上可得，x1或x3则解集为（，31，+）；（）由于f（x）3，则a3，b3，2（a+b）（ab+4）2aab+2b4（a2）（2b），由于a3，b3，则a20，2b0，即有（a2）（2b）0，则2（a+b）ab+4