2022年江苏省南通市、泰州市高考数学一调试卷（学生版+解析版）.docx

1、2022年江苏省南通市、泰州市高考数学一调试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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A1，0，1，Bx|lg（x+2）0，则AB（）A1，0，1B0，1C1D（1，+）2（5分）已知复数z与（z+2）2+8i都是纯虚数，则z（）A2B2C2iD2i3（5分）已知甲、乙、丙三人均去某健身场所锻炼，其中甲每隔1天去一次，乙每隔2天去一次，丙每隔3天去一次若2月14日三人都去锻炼，则下一次三人都去锻炼的日期是（）A2月25日B2月26日C2月27日D2月28日4（5分）把函数y=sin(2x+3)图象上所有点的纵坐标不变，

2、横坐标变为原来的2倍，得到函数f（x）的图象；再将f（x）图象上所有点向右平移3个单位，得到函数g（x）的图象，则g（x）（）Asin4xBsinxCsin(x+23)Dsin(4x+53)5（5分）某学校每天安排四项课后服务供学生自愿选择参加学校规定：（1）每位学生每天最多选择1项；（2）每位学生每项一周最多选择1次学校提供的安排表如下：时间周一周二周三周四周五课后服务音乐、阅读、体育、编程口语、阅读、编程、美术手工、阅读、科技、体育口语、阅读、体育、编程音乐、口语、美术、科技若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有（）A6种B7种C12种D14种6（5分）（x32

3、y）（x2+yx）6的展开式中，x6y3的系数为（）A10B5C35D507（5分）已知椭圆C：x2a2+y2b2（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1且斜率为157的直线l与C在x轴上方的交点为A若|AF1|F1F2|，则C的离心率是（）A23B22C32D538（5分）已知，均为锐角，且a+-2sin-cos，则（）AsinsinBcoscosCcossinDsincos二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9（5分）下列函数中最小值为6的是（）Aylnx+9lnxBy

4、6|sinx|+32|sinx|Cy3x+32xDy=x2+25x2+16（多选）10（5分）已知直线l与平面相交于点P，则（）A内不存在直线与l平行B内有无数条直线与l垂直C内所有直线与l是异面直线D至少存在一个过l且与垂直的平面（多选）11（5分）为了解决传统的3D人脸识别方法中存在的问题，科学家提出了一种基于视频分块聚类的格拉斯曼流形自动识别系统规定：某区域内的m个点Pi（xi，yi，zi）的深度zi的均值为=1mi=1m zi，标准偏差为=1mi=1m (zi-)2，深度zi3，+3的点视为孤立点则根据下表中某区域内8个点的数据，有（）PiP1P2P3P4P5P6P7P8xi15.11

5、5.215.315.415.515.415.413.4yi15.114.214.314.414.515.414.415.4zi2012131516141218A15B=292CP1是孤立点DP2不是孤立点（多选）12（5分）定义：在区间I上，若函数yf（x）是减函数，且yxf（x）是增函数，则称yf（x）在区间I上是“弱减函数”根据定义可得（）Af(x)=1x在（0，+）上是“弱减函数”Bf（x）=xex在（1，2）上是“弱减函数”C若f(x)=lnxx在（m，+）上是“弱减函数”，则meD若f（x）cosx+kx2在（0，2）上是“弱减函数”，则23k1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，

6、共20分。13（5分）过点P（1，1）作圆C：x+y2的切线交坐标轴于点A，B，则PAPB= 14（5分）已知tan，tan是方程3x2+5x70的两根，则sin(+)cos(-)= 15（5分）写出一个同时具有下列性质的三次函数f（x） f（x）为奇函数；f（x）存在3个不同的零点；f（x）在（1，+）上是增函数16（5分）在等腰梯形ABCD中，AB2CD2，DAB=CBA=3，O为AB的中点将BOC沿OC折起，使点B到达点B的位置，则三棱锥BADC外接球的表面积为 ；当BD=32时，三棱锥BADC外接球的球心到平面BCD的距离为 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明

7、过程或演算步骤。17（10分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a7，b8从下面两个条件中任选一个作为已知条件，判断ABC是否为钝角三角形，并说明理由cosC=1314；cosB=1718（12分）设Sn是等比数列an的前n项和，a11，且S1，S3，S2成等差数列（1）求an的通项公式；（2）求使Sn3an成立的n的最大值19（12分）如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，ADAB，AA1AD2BC2，AB=2点E在棱A1D1上，平面BC1E与棱AA1交于点F（1）求证：BDC1F；（2）若BE与平面ABCD所成角的正弦值为45，试确定点F的位置20（12分）

8、已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0），四点M1（4，23），M2（3，2），M3（2，-33），M4（2，33）中恰有三点在C上（1）求C的方程；（2）过点（3，0）的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x1的垂线，垂足为A证明：直线AQ过定点21（12分）对飞机进行射击，按照受损伤影响的不同，飞机的机身可分为，三个部分要击落飞机，必须在部分命中一次，或在部分命中两次，或在部分命中三次设炮弹击落飞机时，命中部分的概率是16，命中部分的概率是13，命中部分的概率是12，射击进行到击落飞机为止假设每次射击均击中飞机，且每次射击相互独立（1）求恰好在第二次射击后击落飞机的概率；（2）求

9、击落飞机的命中次数X的分布列和数学期望22（12分）已知函数f（x）=ax+lnx（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x1）f（x2）2（x1x2），证明：a2x1x2ae2022年江苏省南通市、泰州市高考数学一调试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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A1，0，1，Bx|lg（x+2）0，则AB（）A1，0，1B0，1C1D（1，+）【解答】解：由lg（x+2）0，可得x+21，x1，Bx|x1，AB0，1，故选：B2（5分）已知复数z与（z+2）2+8i都是纯虚数，则z（）A2B2C2iD

10、2i【解答】解：设zbi（b0），（z+2）2+8i（bi+2）2+8i4b2+（4b+8）i为纯虚数，4-b2=04b+80，解得b2故选：C3（5分）已知甲、乙、丙三人均去某健身场所锻炼，其中甲每隔1天去一次，乙每隔2天去一次，丙每隔3天去一次若2月14日三人都去锻炼，则下一次三人都去锻炼的日期是（）A2月25日B2月26日C2月27日D2月28日【解答】解：由题意，可知甲每2天去一次，乙每3天去一次，丙每4天去一次，由最小公倍数可知，甲、乙、丙三人下次一起去要到12天后，下一次三人都去锻炼的日期是2月26日故选：B4（5分）把函数y=sin(2x+3)图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为

11、原来的2倍，得到函数f（x）的图象；再将f（x）图象上所有点向右平移3个单位，得到函数g（x）的图象，则g（x）（）Asin4xBsinxCsin(x+23)Dsin(4x+53)【解答】解：把函数y=sin(2x+3)图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数f（x）sin（x+3）的图象；再将f（x）图象上所有点向右平移3个单位，得到函数g（x）sinx的图象，故选：B5（5分）某学校每天安排四项课后服务供学生自愿选择参加学校规定：（1）每位学生每天最多选择1项；（2）每位学生每项一周最多选择1次学校提供的安排表如下：时间周一周二周三周四周五课后服务音乐、阅读、体育、编程口语

12、、阅读、编程、美术手工、阅读、科技、体育口语、阅读、体育、编程音乐、口语、美术、科技若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有（）A6种B7种C12种D14种【解答】解：由表可知周一至周四都可选阅读，周一，周三和周四可选体育，周一，周二和周四可选编程，故可分4类：当周一选阅读，若体育选周三，编程有2种方法，若体育选周四，编程有1种方法，共3种选法，当周二选阅读，若编程选周一，体育有2种方法，若编程选周四，体育有2种方法，共4种选法，当周三选阅读，若体育选周一，编程有2种方法，若体育选周四，编程有2种方法，共4种选法，当周四选阅读，若体育选周一，编程有1种方法，若体育选周

13、三，编程有2种方法，共3种选法，再由分类加法计数原理可得不同的选课方案共有3+4+4+314种故选：D6（5分）（x32y）（x2+yx）6的展开式中，x6y3的系数为（）A10B5C35D50【解答】解：(x2+yx)6的展开式第r+1项Tr+1=C6r(x2)6r(yx)r=C6rx12-3ryr，当r3时，x3C63x3y3=20x6y3；当r2时，-2yC62x6y2=-30x6y3，20x6y330x6y310x6y3，x6y3的系数为10故选：A7（5分）已知椭圆C：x2a2+y2b2（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1且斜率为157的直线l与C在x轴上方的交点为A若|

14、AF1|F1F2|，则C的离心率是（）A23B22C32D53【解答】解：设AF1F2，则tan=157，cos=78，又|AF1|F1F2|2c，在AF1F2中，由余弦定理可得|AF2|2=4c2+4c2-22c2c78=c2，|AF2|c，2a|AF1|+|AF2|3c，e=ca=23，故选：A8（5分）已知，均为锐角，且a+-2sin-cos，则（）AsinsinBcoscosCcossinDsincos【解答】解：由a+-2sin-cos，则+cos2-+cos（2-），设f（x）x+cosx，x(0，2)，则f（x）1sinx0，即f（x）在（0，2）为增函数，又，均为锐角，则2-也

15、为锐角，则2-，即sinsin（2-）cos，coscos(2-)=sin，故选：D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9（5分）下列函数中最小值为6的是（）Aylnx+9lnxBy6|sinx|+32|sinx|Cy3x+32xDy=x2+25x2+16【解答】解：对于A，当0x1时，lnx0，显然不符合题意；对于B，y6|sinx|+32|sinx|26|sinx|32|sinx|=6，当且仅当6|sinx|=32|sinx|，即|sinx|=12时等号成立，故B符合题意；对于

16、C，y3x+32x23x32-x=6，当且仅当3x32x，即x1时等号成立，故C符合题意；对于D，y=x2+25x2+16=x2+16+9x2+166，当且仅当x2+16=9x2+16时等号成立，解方程x2+16=9x2+16，得x27，无解，故y=x2+25x2+166，故D不符合题意故选：BC（多选）10（5分）已知直线l与平面相交于点P，则（）A内不存在直线与l平行B内有无数条直线与l垂直C内所有直线与l是异面直线D至少存在一个过l且与垂直的平面【解答】解：直线l与平面相交于点P，对于A，由直线与平面相交的性质，得内不存在直线与l平行，故A正确；对于B，由直线与平面相交的性质，得内有无数

17、条直线与l垂直，故B正确；对于C，内直线与l是异面直线或相交直线，故C错误；对于D，当直线l与平面不垂直时，不存在过l且与垂直的平面，故D错误故选：AB（多选）11（5分）为了解决传统的3D人脸识别方法中存在的问题，科学家提出了一种基于视频分块聚类的格拉斯曼流形自动识别系统规定：某区域内的m个点Pi（xi，yi，zi）的深度zi的均值为=1mi=1m zi，标准偏差为=1mi=1m (zi-)2，深度zi3，+3的点视为孤立点则根据下表中某区域内8个点的数据，有（）PiP1P2P3P4P5P6P7P8xi15.115.215.315.415.515.415.413.4yi15.114.214.

18、314.414.515.414.415.4zi2012131516141218A15B=292CP1是孤立点DP2不是孤立点【解答】解：深度zi的均值为=1mi=1m zi=18（20+12+13+15+16+14+12+18）15，所以选项A正确；标准偏差为=1mi=1m (zi-)2=1852+(-3)2+.+32=2922.7，所以选项B正确；因为3158.16.9，+315+8.123.1，所以P1、P2都不是孤立点，选项C错误、D正确故选：ABD（多选）12（5分）定义：在区间I上，若函数yf（x）是减函数，且yxf（x）是增函数，则称yf（x）在区间I上是“弱减函数”根据定义可得（

19、）Af(x)=1x在（0，+）上是“弱减函数”Bf（x）=xex在（1，2）上是“弱减函数”C若f(x)=lnxx在（m，+）上是“弱减函数”，则meD若f（x）cosx+kx2在（0，2）上是“弱减函数”，则23k1【解答】解：对于A，y=1x在（0，+）上单调递减，yxf（x）1不单调，故A错误；对于B，f(x)=xex，f(x)=1-xex在（1，2）上f（x）0，函数f（x）单调递减，y=xf(x)=x2ex，y=2x-x2ex=x(2-x)ex0，y 在（1，2）单调递增，故B正确；对于C，若f(x)=lnxx在（m，+）单调递减，由f(x)=1-lnxx2=0，得xe，me，yxf

20、（x）lnx在（0，+）单调递增，故C正确；对于D，f（x）cosx+kx2在(0，2)上单调递减，f（x）sinx+2kx0在x(0，2)上恒成立2k(sinxx)min令h(x)=sinxx，h(x)=xcosx-sinxx2，令（x）xcosxsinx，（x）cosxxsinxcosxxsinx0，（x）在(0，2)上单调递减，（x）（0）0，h（x）0，h（x）在(0，2)上单调递减，h(x)h(2)=2，2k2k1，g（x）xf（x）xcosx+kx3在(0，2)上单调递增，g（x）cosxxsinx+3kx20在x(0，2)上恒成立，3k(xsinx-cosxx2)max，令F(x

21、)=xsinx-cosxx2，F(x)=x2cosx+2cosxx30，F（x）在(0，2)上单调递增，F(x)F(2)=2，3k2k23，综上：23k1，故D正确故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）过点P（1，1）作圆C：x+y2的切线交坐标轴于点A，B，则PAPB=2【解答】解：由题意知，C（0，0），P（1，1），点P在圆C：x+y2上，且kCP1，故切线AB的方程为y11（x1），即x+y2，故A、B两点分别为（0，2），（2，0），故PA=（1，1），PB=（1，1），故PAPB=-112，故答案为：214（5分）已知tan，tan是方程3x2+5

22、x70的两根，则sin(+)cos(-)=54【解答】解：tan，tan是方程3x2+5x70的两根，tan+tan=-53，tantan=-73sin(+)cos(-)=sincos+cossincoscos+sinsin=tan+atn1+tantan=-531-73=54故答案为：5415（5分）写出一个同时具有下列性质的三次函数f（x）x33x（答案不唯一）f（x）为奇函数；f（x）存在3个不同的零点；f（x）在（1，+）上是增函数【解答】解：根据题意，三次函数f（x），若f（x）为奇函数，则f（x）的二次项和常数项都为0，f（x）存在3个不同的零点，即f（x）0有3个根，f（x）在（

23、1，+）上是增函数，其导数f（x）0在（1，+）上恒成立，则要求函数可以为f（x）x33x，故答案为：x33x（答案不唯一）16（5分）在等腰梯形ABCD中，AB2CD2，DAB=CBA=3，O为AB的中点将BOC沿OC折起，使点B到达点B的位置，则三棱锥BADC外接球的表面积为 4；当BD=32时，三棱锥BADC外接球的球心到平面BCD的距离为 31313【解答】解：等腰梯形ABCD中，AB2CD2，DABCBA=3，O为AB的中点，BOC，ADO，DOC为等边三角形，OAOBOCOD1，三棱锥BADC 处接球的球心为O，半径为1，S414，连接BD与OC交于M，则OCMD，OCMB，OCM

24、B，BMD是二面角的平面角，BMDMBD=32，BMD=3，B到平面COD的距离为h=32sin3=34，在BCD中，BC1，BD=32，CD1，SBCD=121-(34)232=3916，设球心O到平面BCD的距离为h，由VOBCDVBCOD，得13SBCDh=13SCODh，133916h=133434，解得h=31313，三棱锥BADC外接球的球心到平面BADC处接球的球心到平面BCD的距离为31313故答案为：4；31313四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a7，b8从下面两个条件

25、中任选一个作为已知条件，判断ABC是否为钝角三角形，并说明理由cosC=1314；cosB=17【解答】解：选择cosC=1314，由余弦定理知，c2a2+b22abcosC49+642781314=9，所以c3，因为bac，所以最大的角是B，而cosB=a2+c2-b22ac=49+9-642730，故ABC是钝角三角形选择cosB=17，由余弦定理知，b2a2+c22accosB，所以6449+c227c17，化简得c22c150，解得c5或3（舍负），因为bac，所以最大的角是B，而cosB0，故ABC不是钝角三角形18（12分）设Sn是等比数列an的前n项和，a11，且S1，S3，S2

26、成等差数列（1）求an的通项公式；（2）求使Sn3an成立的n的最大值【解答】解：（1）设等比数列an的公比为q，由a11，且S1，S3，S2成等差数列，可得2S3S1+S2，即2（a1+a2+a3）a1+a1+a2，所以a3=-12a2，所以公比q=a3a2=-12，所以an（-12）n1；（2）Sn=a1(1-qn)1-q=1-(-12)n1-(-12)=231（-12）n，Sn3an，即231（-12）n3（-12）n1，所以（-12）n-18，显然n为奇数，解得n1，3，则n的最大值为319（12分）如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，ADAB，AA1AD2BC2，A

27、B=2点E在棱A1D1上，平面BC1E与棱AA1交于点F（1）求证：BDC1F；（2）若BE与平面ABCD所成角的正弦值为45，试确定点F的位置【解答】解：（1）证明：在直四棱柱中ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，BD平面ABCD，AA1BD，连接AC，tanADB=ABAD=22，tanCAB=CBAB=22，ADBCAB，ACBD，AA1，AC平面ACC1A1，AA1ACA，BD平面ACC1A1，C1F平面ACC1A1，BDC1F（2）以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（1，2，0），C1（1，2

28、，2），平面ABCD的法向量为n=（0，0，1），BE=（x，-2，2），x0，则45=|cosBE，n|=2x2+6，解得x=12，则E（12，0，2），BE=（12，-2，2），C1E=（-12，-2，0），设F（0，0，z），C1F=（1，-2，z2），则（1，-2，z2）m（12，-2，2）+n（-12，-2，0），12m-12n=-1-2m-2n=-2，解得m=-12，n=32，z1，F（0，0，1），F为棱AA1的中点20（12分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0），四点M1（4，23），M2（3，2），M3（2，-33），M4（2，33）中恰有三点在C上（1）求C

29、的方程；（2）过点（3，0）的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x1的垂线，垂足为A证明：直线AQ过定点【解答】解：（1）由题意可知点M3，M4两点关于原点对称，所以M3，M4一定在双曲线上，而M1(4，23)，因为42，但2333，所以点M1不在双曲线上，所以点M2，M3，M4在双曲线上，则4a2-13b2=19a2-2b2=1，解得a23，b21，所以双曲线方程为x23-y2=1；（2）证明：设直线PQ的方程为xmy+3，代入双曲线方程可得：（m23）y2+6my+60，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则A（1，y1），则y1+y2=-6mm2-3，y1y2=6m2-3，所以直线A

30、Q的方程为：yy1=y1-y21-x2（x1），即yy1=y1-y2-2-my2（x1），令y0，则x=2y1+my1y2y1-y2+1=3y1-y2+my1y2y1-y2，因为y1+y2=6m3-m2，y1y2=6m2-3，所以my1y2=6mm2-3=-（y1+y2），所以x=3y1-y2-(y1+y2)y1-y2=2(y1-y2)y1-y2=2，综上，直线AQ过定点（2，0）21（12分）对飞机进行射击，按照受损伤影响的不同，飞机的机身可分为，三个部分要击落飞机，必须在部分命中一次，或在部分命中两次，或在部分命中三次设炮弹击落飞机时，命中部分的概率是16，命中部分的概率是13，命中部分的

31、概率是12，射击进行到击落飞机为止假设每次射击均击中飞机，且每次射击相互独立（1）求恰好在第二次射击后击落飞机的概率；（2）求击落飞机的命中次数X的分布列和数学期望【解答】解：（1）设恰好第二次射击后击落飞机为事件A是第一次末击中I部分，在第二次击中I部分的事件与两次都击中一部分的事件的和，它们互斥，所以P(A)=5616+(13)2=14（2）依题意，X的可能取值为1，2，3，4，X1的事件是射击一次击中I部分的事件，P(X=1)=16，由（1）知，P(X=2)=14，X3的事件是前两次射击击中部分、部分各一次，第三次射击击中I部分或部分的事件，与前两次射击击中部分，第三次射击击中I部分或部

32、分的事件的和，它们互斥，P(X=3)=C211312(16+13)+(12)2(16+12)=13，X4的事件是前三次射击击中部分一次，部分两次，第四次射击的事件，P(X=4)=C3113(12)21=14，所以 X 的分布列为： X 1 2 3 4 P 16 14 13 14X的数学期望E(X)=116+214+313+414=8322（12分）已知函数f（x）=ax+lnx（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x1）f（x2）2（x1x2），证明：a2x1x2ae【解答】（1）解：函数f（x）=ax+lnx的定义域为（0，+），求导得f（x）=x-ax2，当a0时，f（x）0恒成立，则f

33、（x）在（0，+）上单调递增，当a0时，f（x）0的解集为（0，a），f（x）0的解集为（a，+），即f（x）的单调递增区间为（a，+），单调递减区间为（0，a），所以，当a0时，f（x）在（0，+）上单调递增，当a0时，f（x）在（a，+）上单调递增，在（0，a） 上单调递减（2）证明：因为f（x1）f（x2）2（x1x2），由（1）知，a0，且f（x）minf（a）lna+12，解得a（0，e），设x1x2，则0x1ax2，要证x1x2a2，即证x2a2x1a，即证f（x2）f（a2x1），即证f（x1）f（a2x1），设g（x）f（x）f（a2x）2lnx+ax-xa-2hax（0，a）

34、，则g（x）=2x-ax2g-1a=-(x-a)2ax20，即g（x）在（0，a）上单调递减，有g（x）g（a）0，即f（x）f（a2x）（x（0，a），则f（x1）f（a2x1）成立，因此x1x2a2成立，要证x1x2ae，即证ax2aex1，即证f（x2）f（aex1），即证f（x1）f（aex1），即证2x1e-lnx1+lna+1，x（0，a），而ax1+lnx12ax1（2lnx1），即证1x1e+ln（2lnx1），x1（0，a），令h（x）=xe+ln（2lnx），x（0，e），则h（x）=-1x(2-lnx)+1e，设（x）x（2lnx），x（0，e），求导得（x）1lnx0，即（x）在（0，e）上单调递增，则有0（x）（e）e，即h（x）0，h（x）在（0，e）上单调递减，而（0，a）（0，e），当x（0，a）时，h（x）h（a）h（e）1，则当x（0，a）时，1xe+ln（2lnx）成立，故有x1x2ae成立，所以a2x1x2ae第19页（共19页）