2022年甘肃省陇南市高考数学诊断试卷（理科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年甘肃省陇南市高考数学诊断试卷（理科）一、选择题：本大题共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Ax|3x21，Bx|x2x60，则AB（）Ax|1x3Bx|1x2Cx|2x1Dx|3x12（5分）已知复数z满足（z2）（1+i）13i，则复数z在复平面内所对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（5分）已知等差数列an满足a20a222，a10111012，则a2022（）A0B1C2D20234（5分）某班班主任为了了解该班学生寒假期间做家务劳动的情况，随机抽取该班15名学生，调查得到这15名学生寒假

2、期间做家务劳动的天数分别是8，15，20，21，19，19，10，6，20，23，这组数据的中位数和众数分别是（）A18，20B18.5，20C19，20D19.5，205（5分）数学与建筑的结合造就建筑艺术品，如吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物，如图若将该大学的校门轮廓（忽略水泥建筑的厚度）2（a0）的一部分，且点A（2，2）在该抛物线上（）AB（0，1）CD6（5分）新高考按照“3+1+2”的模式设置，其中“3”为语文、数学、外语3门必考科目，“1”由考生在物理、历史2门科目中选考1门科目，则学生甲选考的科目中包含物理和生物的概率是（）ABCD7（5分）已知A是函数图象的一个最高点，B

3、，C为直线（x）图象的两个相邻的交点，若存在B，C，则（）AB2CD8（5分）在高为3的直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC是以C为直角的等腰三角形，且AB21C1的中点，M为线段BC上的动点，则AM+MD的最小值为（）A3+BC2+D59（5分）折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，其中AOB120，OA2OC2上，则的最小值是（）A1B1C3D310（5分）设a2e0.2，be0.2，c1.2，则（）AabcBbcaCbacDcba11（5分）已知双曲线E：的左焦点为F，过点F的直线l垂直于双曲线E的一条渐近线，直线l与双曲线E交于点N，且，则

4、双曲线E的离心率为（）ABCD12（5分）若存在正实数x，y，使得等式4x+a（y3e2x）（lnylnx）0成立，其中e为自然对数的底数（）ABC（，0）D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13（5分）已知函数f（x）ax32bx2+x是定义在2a+1，3a上的奇函数，则a+b 14（5分）（x1）（2x1）6的展开式中x3项的系数是 （用数字作答）15（5分）已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn3an2n，若am729，则m的最小值是 16（5分）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一勒洛四面体是以正四面体的四个顶点

5、为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分如图，正四面体ABCD的棱长为4，则该勒洛四面体内切球的半径是 三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，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）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c（1）求角A的值；（2）延长AC至点D，使得CDAC，且BD2BC，求ABC的周长18（12分）如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，O，EF是底面圆的一条直径，DEDF（1）证明：EFAB；（2）若2ADAB，求平面BCF与平面CDE所成锐二面角的

6、余弦值19（12分）为了让人民群众过一个欢乐祥和的新春佳节，某地疫情防控指挥部根据当地疫情防控工作部署，安排4名干部和三个部门（A，B，C），其中16名职工分别是A部门8人，B部门4人（1）若从这16名职工中选出4人作为组长，求至少有2个组长来自A部门的概率；（2）若将这4名干部随机安排到四个高速路口（假设每名干部安排到各高速路口是等可能的，且各位干部的选择是相互独立的），记安排到第一个高速路口的干部人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望20（12分）已知椭圆C：+1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C的离心率小于点P在椭圆C上，|PF1|+|PF2|4，且PF1F2面积的最大值为

7、（1）求椭圆C的标准方程；（2）点M（1，1），A，B是椭圆C上不同的两点，点N在直线l：3x+4y120上，且，试问+是否为定值？若是；若不是，请说明理由21（12分）已知函数f（x）emx+xxlnx（m0）（1）当m1时，求f（x）在1；（2）设函数f（x）的导函数为f（x），讨论f（x）（二）选考题：共10分，请考生从第22，23两题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一个题目计分选修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C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，直线l的极坐标方程是cossin+40（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2

8、）已知P，Q分别是曲线C和直线l上的动点，求|PQ|的最小值选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|2x+a|+|2x3|（1）当a1时，求不等式f（x）x+7的解集；（2）若关于x的不等式f（x）1恒成立，求a的取值范围2022年甘肃省陇南市高考数学诊断试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共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Ax|3x21，Bx|x2x60，则AB（）Ax|1x3Bx|1x2Cx|2x1Dx|3x1【解答】解：Ax|3x28x|x1，Bx|x2x20x|2x3，ABx|1x3，故选：

9、A2（5分）已知复数z满足（z2）（1+i）13i，则复数z在复平面内所对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【解答】解：由复数z满足（z2）（1+i）23i，则z，则复数z在复平面内所对应的点的坐标为（1，2），则复数z在复平面内所对应的点位于第四象限，故选：D3（5分）已知等差数列an满足a20a222，a10111012，则a2022（）A0B1C2D2023【解答】解：在等差数列an中，由a20a222，得2d6a2022a1011+1011d101210111，故选：B4（5分）某班班主任为了了解该班学生寒假期间做家务劳动的情况，随机抽取该班15名学生，调查得到这1

10、5名学生寒假期间做家务劳动的天数分别是8，15，20，21，19，19，10，6，20，23，这组数据的中位数和众数分别是（）A18，20B18.5，20C19，20D19.5，20【解答】解：将这组数据按一定顺序排列为6，8，10，16，18，19，20，21，25，则这组数据的中位数和众数分别是19，20，故选：C5（5分）数学与建筑的结合造就建筑艺术品，如吉林大学的校门是一抛物线形水泥建筑物，如图若将该大学的校门轮廓（忽略水泥建筑的厚度）2（a0）的一部分，且点A（2，2）在该抛物线上（）AB（0，1）CD【解答】解：点A（2，2）在抛物线上5，a，抛物线方程为yx2，x52y，2p8，

11、焦点坐标为（0，），故选：A6（5分）新高考按照“3+1+2”的模式设置，其中“3”为语文、数学、外语3门必考科目，“1”由考生在物理、历史2门科目中选考1门科目，则学生甲选考的科目中包含物理和生物的概率是（）ABCD【解答】解：由题意可得，学生甲选考的科目中包含物理和生物的概率P故选：B7（5分）已知A是函数图象的一个最高点，B，C为直线（x）图象的两个相邻的交点，若存在B，C，则（）AB2CD【解答】解：令sinx，则方程在0，的解为，由ABC是等边三角形，则2，则，故选：C8（5分）在高为3的直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC是以C为直角的等腰三角形，且AB21C1的中点，M为线段BC

12、上的动点，则AM+MD的最小值为（）A3+BC2+D5【解答】解：将等腰直角ABC翻折到矩形BCC1B1共面，如图，AM+MD的最小值为AD，ACBC72，C1D4，AD，AM+MD的最小值为故选：B9（5分）折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，其中AOB120，OA2OC2上，则的最小值是（）A1B1C3D3【解答】解：建立如图所示平面直角坐标系，则B（2，0），），E（cos），故（5cos，（2cos，则（8cos）（2cos）+（2+cos2cossin+sin32+14sin（+）2sin（+）1，故当+，即时，有最小值243，故选：C

13、10（5分）设a2e0.2，be0.2，c1.2，则（）AabcBbcaCbacDcba【解答】解：a2e0.3，be0.2，lna2.2+ln2，lnb8.2，lnalnb0.5+ln20.3+ln0.4+7.50.30，lnalnb，ab，设f（x）ex（x+1），f（x）ex6，当x0时，f（x）0，当x6时，f（x）0，f（x）f（0）1（5+1）0，f（8.2）0，即e7.2（0.6+1）0，即e7.21.6，bc，abc故选：D11（5分）已知双曲线E：的左焦点为F，过点F的直线l垂直于双曲线E的一条渐近线，直线l与双曲线E交于点N，且，则双曲线E的离心率为（）ABCD【解答】解：

14、设M在渐近线y上，则直线FM的方程为y（x+c），联立方程，解得，M（，），又，N（，），点N在双曲线上，化简得4c213a6，e，故选：C12（5分）若存在正实数x，y，使得等式4x+a（y3e2x）（lnylnx）0成立，其中e为自然对数的底数（）ABC（，0）D【解答】解：由4x+a（y3e2x）（lnylnx）0得4x+a（y4e2x）ln0，即5+a（3e2）ln6，设t，则t0，则4+a（t3e2）lnt0，即（t3e2）lnt有解，设g（t）（t2e2）lnt，则g（t）lnt+为增函数，g（e2）lne2+32+150，当te2时，g（t）2，当0te2时，g（t）3，当te2

15、时，函数g（t）取得最小值g（e2）（e73e2）lne24e2，即g（t）g（e2）4e2，若（t3e2）lnt有解，则4e2，即e2，a0或a，故选：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13（5分）已知函数f（x）ax32bx2+x是定义在2a+1，3a上的奇函数，则a+b4【解答】解：函数f（x）ax32bx4+x是定义在2a+1，3a上的奇函数，可得2a+1+4a0，解得a4，又f（x）f（x），可得b8，所以a+b4故答案为：414（5分）（x1）（2x1）6的展开式中x3项的系数是 220（用数字作答）【解答】解：展开式中含x3的项为x1

16、3，所以x3的系数为220，故答案为：22015（5分）已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn3an2n，若am729，则m的最小值是 7【解答】解：当n1时，2a83a15，解得a12；当n6时，2Sn3an6n，2Sn18an12（n5），两式相减，整理得an3an1+6，an+13（an4+1），n2，又a8+136，an+1是以3为首项，8为公比的等比数列，令，解得m7又mN*，m的最小值是7，故答案为：416（5分）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分如图，正四面体ABCD的

17、棱长为4，则该勒洛四面体内切球的半径是 【解答】解：由题意知：该勒洛四面体内切球的球心即为正四面体BBCD的中心O，且该勒洛四面体内切球与勒洛四面体相切，并连接OA，OE，OD显然，A，O，E三点共线，又正三角形BCD的外接圆半径，所以点A到平面BCD的距离，设OAx，则x2（hx）2+r2，代入数据，解得：，即，所以该勒洛四面体内切球的半径为，故答案为：三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，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）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c（

18、1）求角A的值；（2）延长AC至点D，使得CDAC，且BD2BC，求ABC的周长【解答】解：（1）ABC的面积得bcsinA，tanA，0A；（2）在ABD中，由余弦定理有BD2AB2+AD52ABADcosA，4a236+4b2262b，a23+b23b，ACB+BCD，cosACB+cosBCD4，+52b218，由解得b8，a3，ABC的周长为15+718（12分）如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，O，EF是底面圆的一条直径，DEDF（1）证明：EFAB；（2）若2ADAB，求平面BCF与平面CDE所成锐二面角的余弦值【解答】解：（1）证明：连接DO，因为DEDFEF是底面圆的一条直径

19、，所以DOEF，因为AD是圆柱的母线，所以ADEF，因为DOADD，AD平面ABCD，所以EF平面ABCD，AB平面ABCD，EFAB；（2）以O为坐标原点，OF，OO所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，则F（1，5，B（0，1，C（4，1，），7，），0，2），所以（1，0），7，），（1，），（1，1，），设平面BCF的一个法向量为（x，y，则，令y1，z0，平面BCF的一个法向量为（4，1，设平面DEC的一个法向量为（a，b，则，令c6，a，所以平面DEC的一个法向量为（，5，所以cos，所以平面BCF与平面CDE所成锐二面角的余弦值为19（12分）为了让人民群众过一

20、个欢乐祥和的新春佳节，某地疫情防控指挥部根据当地疫情防控工作部署，安排4名干部和三个部门（A，B，C），其中16名职工分别是A部门8人，B部门4人（1）若从这16名职工中选出4人作为组长，求至少有2个组长来自A部门的概率；（2）若将这4名干部随机安排到四个高速路口（假设每名干部安排到各高速路口是等可能的，且各位干部的选择是相互独立的），记安排到第一个高速路口的干部人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望【解答】解：（1）至少有2个组长来自A部门共有3种情况：有3个组长来自A部门，有3个组长来自A部门设事件A表示“至少有2个组长来自A部门”，则P（A）（2）由题意可得：X的可能取值为0，3，2，

21、3，8P（Xk），k0，1，5，3，4，P（X1），P（X3）可得X的分布列 X 7 1 2 3 4 P    E（X）6320（12分）已知椭圆C：+1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C的离心率小于点P在椭圆C上，|PF1|+|PF2|4，且PF1F2面积的最大值为（1）求椭圆C的标准方程；（2）点M（1，1），A，B是椭圆C上不同的两点，点N在直线l：3x+4y120上，且，试问+是否为定值？若是；若不是，请说明理由【解答】解：（1）|PF1|+|PF2|22a，a2，

22、则，当P为上顶点或下顶点时，PF3F2的面积最大，由解得所以椭圆C的方程为（2）由于，所以A，M，N，由（1）得椭圆C的方程为，故M（1，所以直线MN与椭圆必有两个交点A，B，不妨设A在MN之间，当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x8，即，即由，得，所以当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y2k（x1），由消去y并化简得（5+4k2）x3+（8k8k5）x+4k22k80，由解得，由，得xAxN（xMxA），xBxN（xMxB），所以综上所述，+为定值21（12分）已知函数f（x）emx+xxlnx（m0）（1）当m1时，求f（x）在1；（2）设函数f（x）的导函数为f（x），讨

23、论f（x）【解答】解：（1）当m1时，f（x）ex+xxlnx，x1f（x）exlnxg（x），g（x）exu（x）在x1g（1）e13，g（x）0，g（x）在x1，e上单调递增，f（x）g（x）8，函数f（x）x1，e上单调递增，x1时，函数f（x）取得最小值；xe时，函数f（x）取得最大值e+eeeef（x）在5，e上的值域为e+1，ee（2）函数f（x）emx+xxlnx（m0），x（5f（x）memx+1lnx1memxlnx，m2时，f（x）1+xxlnx，+）f（x）lnx在x（0，+）上单调递减f（x）在x（4，+）上存在唯一零点1m0时，f（x）memxlnxh（x），h（x）

24、m7emx在x（0x5时，h（x），h（x）+存在唯一x0（0，+）6，2lnm+mx0lnx4，使得函数h（x）在（0，x0）上单调递减，在（x7，+）上单调递增即xx0时，函数h（x）取得极小值即最小值，h（x0）mlnx0+mx0+2lnm，+mx06，当且仅当6，即mx01时取等号m时，h（x0）2+7ln0，+）上不存在零点m时，x0e，h（x0）h（e）4+2ln4，+）上有一个零点e0m时，存在x2，使得h（x0）5+2lnm2+4ln0，+）上有8个零点1（0，），另一个x2（，+）综上可得：m时，f（x）在x（0m时，f（x）在x（20m时，f（x）在x（5m0时，f（x）在

25、x（0（二）选考题：共10分，请考生从第22，23两题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一个题目计分选修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C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，直线l的极坐标方程是cossin+40（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）已知P，Q分别是曲线C和直线l上的动点，求|PQ|的最小值【解答】解：（1）曲线C的参数方程为（为参数），sin2+cos25，（x2）2+y89，即曲线C的普通方程为（x2）4+y29，直线l的极坐标方程是cossin+40，又xcos，ysin，直线l的直角坐标方程为xy+45（2）

26、由题意可设P（2+3cos，8sin），则|PQ|的最小值即为点P到直线l的距离d，当时，d，故|PQ|的最小值为选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|2x+a|+|2x3|（1）当a1时，求不等式f（x）x+7的解集；（2）若关于x的不等式f（x）1恒成立，求a的取值范围【解答】解：（1）a1时，f（x）|2x+2|+|2x3|，当时，不等式f（x）x+7即4x+1+2x6x+7当时，不等式f（x）x+7即（2x+4+2x3）x+6当时，不等式f（x）x+7即5x+1（2x4）x+7综上所述，不等式f（x）x+7的解集为（2）f（x）|2x+a|+|2x8|2x+a|+|35x|2x+a+33x|a+3|1，所以a+81或a+34，解得a4或a2，所以a的取值范围是（，42第19页（共19页）