2022年吉林省白山市高考数学一模试卷（文科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年吉林省白山市高考数学一模试卷（文科）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）设集合Ax|x60，Bx|x2，则A（RB）（）A2，6B（，2C（2，6D6，+）2（5分）若复数z（1+2i）（2i），则|z|（）A25B5C25D53（5分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA：sinB：sinC2：4：5，则cosB（）A1320B3740C-516D184（5分）函数f（x）a（x+1）exx的图象在点（0，f（0）处的切线斜率为1，则a（）A1B1C2D25（5分）函数f(x)=ax

2、2+bx(ab0)的图象被称为牛顿三叉戟曲线，当ab1时，函数f（x）的大致图象为（）ABCD6（5分）执行如图所示的程序框图，则输出的S（）A2B1C12D17（5分）某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这100名同学的得分都在50，100内，按得分分成5组：50，60），60，70），70，80），80，90），90，100，得到如图所示的频率分布直方图则这100名同学的得分的中位数为（）A72.5B75C77.5D808（5分）已知向量a=(1，3)，|b|=3，且(a+b)a=7，则a与b的夹角为（）A6B4C3D29（5分）有这样一种说法：一张纸经过一定次

3、数对折之后厚度能超过地月距离但实际上，因为纸张本身有厚度，我们并不能将纸张无限次对折，当厚度超过纸张的长边时，便不能继续对折了，一张长边为a，厚度为x的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两次对折，长边变为12a，厚度变为4x在理想情况下，对折次数n满足关系：nlog8(ax)2，根据以上信息，一张长为40cm，厚度为0.1mm的纸经过对折后的厚度的最大值约为（）（lg20.3）A1.28cmB2.56cmC12.8cmD25.6cm10（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为C1D1的中点，则过点A1，B，P的平面截正方体所得的截面的侧视图（阴影部分）为（）ABCD11（5分）函

4、数f（x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象如图所示，现将f（x）的图象向右平移6个单位长度，得到函数yg（x）的图象，则g（x）在区间12，512上的值域为（）A-2，2B-1，2C0，2D0，212（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的右焦点为F，以实轴为直径的圆与其中一条渐近线的一个交点为P，若直线PF与另一条渐近线平行，则C的离心率为（）A3B2C3D2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知实数x，y满足约束条件y1x-y0x-2，则z2x+y的最大值为 14（5分）已知tan=-13，则sin2+1cos2= 15（5分）一个球

5、被平面截下的一部分叫作球缺，截面叫作球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫作球缺的高，球缺的体积公式为V=3(3R-h)h2，其中R为球的半径，h为球缺的高，则棱长为2的正四面体的一个侧面截其外接球所得的球缺（不大于半球的部分）的体积为 16（5分）已知抛物线C：y22px，焦点为F（1，0），过F的直线与C交于A，B两点，C在A处的切线与C的准线交于P点，若|PF|=5，则|AB| 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）某部门为了解某企业在生产过程

6、中的用电情况，对其每天的用电量做了记录，得到了大量该企业的日用电量（单位：度）的统计数据，从这些数据中随机抽取15天的数据作为样本，得到如图所示的统计表若日用电量不低于200度，则称这一天的用电量超标分组170，180）180，190）190，200）200，210频数3633（1）估计该企业日用电量的平均值；（各组数据以该组数据的中点值作代表）（2）用分层抽样的方法从日用电量在180，190）和200，210内的数据中抽取6天的日用电量数据，再从这6个数据中随机抽取2天的日用电量数据，求这2天中至少有1天的日用电量超标的概率18（12分）已知正项数列an的前n项和为Sn，且a12，6Snan

7、2+3an+2（1）求数列an的通项公式；（2）若bn=3anan+1，求数列bn的前n项和Tn19（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为3的菱形ABCD，ABC=3，PBPD2PA23（1）证明：PA平面ABCD；（2）若棱BC上存在一点E满足BE1，求PC与平面PAE所成角的正弦值20（12分）已知Q是圆C：（x1）2+y216上的任意一点，点F（1，0），线段QF的垂直平分线交CQ于点P（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）折线yk|x1|（k0）与E相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过原点，求k的值21（12分）已知函数f（x）xlnx，g（x）x2x（1）证明：当x（0

8、，+）时，f（x）g（x）；（2）证明：当x（0，+）时，有且只有一条直线与函数f（x），g（x）的图象都相切（二）选考题：共10分请考生在第22、23两题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在数学中，有多种方程都可以表示心型曲线，其中著名的有笛卡尔心型曲线如图，在直角坐标系中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系图中的曲线就是笛卡尔心型曲线，其极坐标方程为1sin（02，0），M为该曲线上一动点（1）当|OM|=12时，求M的直角坐标；（2）若射线OM逆时针旋转2后与该曲线交于点N，求OMN面积的最大值选修4-5：不等式选讲

9、（10分）23已知函数f（x）|x1|（1）解不等式f（x）+|x2|2；（2）若存在xR，使得4f(x)+f(x)m2-m+2成立，求m的取值范围2022年吉林省白山市高考数学一模试卷（文科）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）设集合Ax|x60，Bx|x2，则A（RB）（）A2，6B（，2C（2，6D6，+）【解答】解：Bx|x2，RBx|x2，又Ax|x60x|x6，A（RB）x|2x6，故选：A2（5分）若复数z（1+2i）（2i），则|z|（）A25B5C25D5【解答】解：z（1+2i）（2

10、i）2i+4i+24+3i，|z|=16+9=5，故选：B3（5分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA：sinB：sinC2：4：5，则cosB（）A1320B3740C-516D18【解答】解：ABC中，sinA：sinB：sinC2：4：5，由正弦定理，可得a：b：c：2：4：5，设a2x，b4x，c5x，由余弦定理，得cosB=a2+c2-b22ac=4x2+25x2-16x222x5x=1320故选：A4（5分）函数f（x）a（x+1）exx的图象在点（0，f（0）处的切线斜率为1，则a（）A1B1C2D2【解答】解：函数f（x）a（x+1）exx，可得f（

11、x）a（x+2）ex1，函数f（x）a（x+1）exx的图象在点（0，f（0）处的切线斜率为1，所以f（0）2a11，解得a1故选：A5（5分）函数f(x)=ax2+bx(ab0)的图象被称为牛顿三叉戟曲线，当ab1时，函数f（x）的大致图象为（）ABCD【解答】解：f（x）x2+1x的定义域为x|x0，f（x）2x-1x2，当x0时，f（x）0，f（x）单调递减；当x0时，f（x）0，故选：D6（5分）执行如图所示的程序框图，则输出的S（）A2B1C12D1【解答】解：第一次进入循环后，S1，k1，第二次进入循环后，S=12，k2，第三次进入循环后，S2，k3，第四次进入循环后，S1，k4，

12、S的值具有周期性，且周期为3，故进入循环后，当k2021时，S=12，此时跳出循环，输出S=12故选：C7（5分）某校随机抽取100名同学进行“垃圾分类”的问卷测试，测试结果发现这100名同学的得分都在50，100内，按得分分成5组：50，60），60，70），70，80），80，90），90，100，得到如图所示的频率分布直方图则这100名同学的得分的中位数为（）A72.5B75C77.5D80【解答】解：由频率分布直方图得：50，70）的频率为：（0.010+0.030）100.4，70，80）的频率为：0.040100.4，这100名同学的得分的中位数为：70+0.5-0.40.410=

13、72.5故选：A8（5分）已知向量a=(1，3)，|b|=3，且(a+b)a=7，则a与b的夹角为（）A6B4C3D2【解答】解：根据题意，设a与b的夹角为，向量a=(1，3)，则|a|=1+3=2，若(a+b)a=7，则a2+ab=4+23cos7，则cos=32，又由0，则=6，故选：A9（5分）有这样一种说法：一张纸经过一定次数对折之后厚度能超过地月距离但实际上，因为纸张本身有厚度，我们并不能将纸张无限次对折，当厚度超过纸张的长边时，便不能继续对折了，一张长边为a，厚度为x的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两次对折，长边变为12a，厚度变为4x在理想情况下，对折次数n满足关系：nlog

14、8(ax)2，根据以上信息，一张长为40cm，厚度为0.1mm的纸经过对折后的厚度的最大值约为（）（lg20.3）A1.28cmB2.56cmC12.8cmD25.6cm【解答】解：nlog8(ax)2，a40cm，x0.1mm0.01cm，nlog8(400.01)2=log816000000=log8(16106)=lg(16106)lg8=lg16+63lg2=4lg2+63lg240.3+630.3=8，一张长为40cm，厚度为0.1mm的纸经过对折后最多折叠8次，度为0.1mm0.01cm的纸对折1次则厚度为210.01cm，对折2次则厚度为220.01cm，对折3次则厚度为230.

15、01cm，对折8次则厚度为280.01cm2.56cm，一张长为40cm，厚度为0.1mm的纸经过对折后的厚度的最大值约为2.56cm，故选：B10（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为C1D1的中点，则过点A1，B，P的平面截正方体所得的截面的侧视图（阴影部分）为（）ABCD【解答】解：如图，过点A1，B，P的平面截正方体所得的截面为A1BQP，所以侧视图为C，故选：C11（5分）函数f（x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象如图所示，现将f（x）的图象向右平移6个单位长度，得到函数yg（x）的图象，则g（x）在区间12，512上的值域为（）A-2，2B-1，2C0，

16、2D0，2【解答】解：根据函数f（x）Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象，可得122=1112-712，3结合五点法作图，3712+2，=4，故f（x）Asin（3x+4）再把点（2，1）代入，可得1Asin（32+4），A=2，f（x）=2sin（3x+4）现将f（x）的图象向右平移6个单位长度，得到函数yg（x）=2sin（3x-4）的图象，在区间12，512上，3x-40，g（x）=2sin（3x-4）0，2，故选：C12（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的右焦点为F，以实轴为直径的圆与其中一条渐近线的一个交点为P，若直线PF与另一条渐近线平行，则C的离心

17、率为（）A3B2C3D2【解答】解：不妨设P为第一象限的交点联立方程组y=baxx2+y2=a2，可得P的坐标为(a2c，abc)，所以直线PF的斜率kPF=abca2c-c=-ab因为直线PF与另一条渐近线平行，所以kPF=-ab=-ba，所以ab，则c2=a2+b2=2a2，c=2a，故C的离心率e=ca=2故选：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知实数x，y满足约束条件y1x-y0x-2，则z2x+y的最大值为 3【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立y=1x-y=0，解得B（1，1），由z2x+y，得y2x+z，由图可知，当直线y2x+z过B时，直线在

18、y轴上的截距最大，z有最大值为3故答案为：314（5分）已知tan=-13，则sin2+1cos2=12【解答】解：因为tan=-13，所以sin2+1cos2=2sincos+sin2+cos2cos2-sin2=(sin+cos)2(cos+sin)(cos-sin)=sin+coscos-sin=tan+11-tan=-13+11-(-13)=12故答案为：1215（5分）一个球被平面截下的一部分叫作球缺，截面叫作球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫作球缺的高，球缺的体积公式为V=3(3R-h)h2，其中R为球的半径，h为球缺的高，则棱长为2的正四面体的一个侧面截其外接球所得的球

19、缺（不大于半球的部分）的体积为 7627【解答】解：设点O为正四面体ABCD外接球的球心，则G为正三角形BCD的重心，连接BO、BG，由AB2，则BG=233，AG=263，设正四面体外接球的半径为R，则在RtBOG中，R2（233）2+（263-R）2，解得R=62，则该正四面体的一个侧面BCD截其外接球所得的球缺的高hROG=62-（263-62）=63，则则棱长为2的正四面体的一个侧面截其外接球所得的球缺（不大于半球的部分）的体积为V=3(362-63)(63)2=7627，故答案为：762716（5分）已知抛物线C：y22px，焦点为F（1，0），过F的直线与C交于A，B两点，C在A处

20、的切线与C的准线交于P点，若|PF|=5，则|AB|5【解答】解：焦点为F（1，0），抛物线C：y24x，不妨设点P在第二象限，|PF|=5，P（1，1），设直线AB的方程为xmy+1，与y24x联立并消去x，得y24my40，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y24m，y1y24，故|AB|=(1+m2)(16m2+16)=4(m2+1)，设切线PA的方程为xny+t，与y24x联立可得，y24ny4t0，16n2+t0，解得n2+t0，y24ny+4n20，y2n，即y12n，y2=-2n，m=n2-12n，P（1，n-1n），P（1，1），则n-1n=1，m=12，|AB|4

21、（m2+1）5故答案为：5三、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）某部门为了解某企业在生产过程中的用电情况，对其每天的用电量做了记录，得到了大量该企业的日用电量（单位：度）的统计数据，从这些数据中随机抽取15天的数据作为样本，得到如图所示的统计表若日用电量不低于200度，则称这一天的用电量超标分组170，180）180，190）190，200）200，210频数3633（1）估计该企业日用电量的平均值；（各组数据以该组数据的中点值作代表）（2）用分层抽样的方

22、法从日用电量在180，190）和200，210内的数据中抽取6天的日用电量数据，再从这6个数据中随机抽取2天的日用电量数据，求这2天中至少有1天的日用电量超标的概率【解答】解：（1）估计该企业日用电量的平均值为：x=1753+1856+1953+205315=189（度）（2）由题意可知应从日用电量在180，190）内的数据中抽取666+3=4个，记为a，b，c，d，从日用电量在200，210内的数据中抽取636+3=2个，记为e，f从这6个数据中随机抽取2天的日用电量数据的情况有：ab，ac，ad，ae，af，bc，bd，be，bf，cd，ce，cf，de，df，ef，共15种；其中符合条件

23、的情况有ae，af，be，bf，ce，cf，de，df，ef，共9种故所求概率P=915=3518（12分）已知正项数列an的前n项和为Sn，且a12，6Snan2+3an+2（1）求数列an的通项公式；（2）若bn=3anan+1，求数列bn的前n项和Tn【解答】解：（1）当n1时，6a1=a12+3a1+2，所以a11或a12因为a12，所以a11当n2时，6Sn-1=an-12+3an-1+2，所以6(Sn-Sn-1)=6an=an2-an-12+3an-3an-1，所以3（an+an1）（an+an1）（anan1）因为an+an10，所以anan13，所以an是首项为1，公差为3的等

24、差数列，故an3n2（2）因为bn=3(3n-2)(3n+1)=13n-2-13n+1，所以Tn=(1-14)+(14-17)+(13n-2-13n+1)=1-13n+1=3n3n+119（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为3的菱形ABCD，ABC=3，PBPD2PA23（1）证明：PA平面ABCD；（2）若棱BC上存在一点E满足BE1，求PC与平面PAE所成角的正弦值【解答】解：（1）证明：因为ABAD3，PB=PD=2PA=23，所以AB2+PA2PB2，AD2+PA2PD2，所以PAAB，PAAD因为ABADA，且AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以PA平面ABCD（2

25、）在ABE中，AE=AB2+BE2-2ABBEcosABE=7设三棱锥CPAE的高为h，因为VP-ACE=13SACEPA=131223323=32，VC-PAE=13SAEPh=131273h所以h=3217因为PC=(3)2+32=23，所以hPC=3714，故PC与平面PAE所成角的正弦值为371420（12分）已知Q是圆C：（x1）2+y216上的任意一点，点F（1，0），线段QF的垂直平分线交CQ于点P（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）折线yk|x1|（k0）与E相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过原点，求k的值【解答】解：（1）因为|PQ|PF|，所以|PF|+|PC|PQ|

26、+|PC|CQ|4|FC|，所以P的轨迹是以F，C为焦点，4为长轴长的椭圆，因为a2，c1，b=3，所以动点P的轨迹E的方程为x24+y23=1（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则B（x2，y2），得y=k(x-1)x24+y23=1，（3+4k2）x28k2x+4k2120，则x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2-123+4k2因为以AB为直径的圆经过原点，所以OAOB=0，所以x1x2y1y20，所以x1x2-k2(x1-1)(x2-1)=0，即(1-k2)x1x2+k2(x1+x2)-k2=0，则(1-k2)4k2-123+4k2+k28k23+4k2-k2=0，所以

27、k=2391321（12分）已知函数f（x）xlnx，g（x）x2x（1）证明：当x（0，+）时，f（x）g（x）；（2）证明：当x（0，+）时，有且只有一条直线与函数f（x），g（x）的图象都相切【解答】证明：（1）欲证f（x）g（x），即要证xlnxx2x因为x（0，+），所以只需证lnxx1，即证lnxx+10令h（x）lnxx+1，因为h(x)=1x-1=1-xx，令h（x）0，则0x1，所以h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，所以h（x）maxh（1）0，所以h（x）0，所以f（x）g（x）成立（2）设直线l与曲线yf（x）相切于点（x0，x0lnx0），x00则

28、直线l的斜率kf（x0）lnx0+1，所以直线l的方程为y（lnx0+1）xx0，联立方程组y=(lnx0+1)x-x0y=x2-x，得x2（lnx0+2）x+x00，则=(lnx0+2)2-4x0=0，且lnx0+220令F（x）（lnx+2）24x，x1e2，则F(x)=2(lnx-2x+2)x，令(x)=lnx-2x+2(x1e2)，则(x)=1x-2，所以（x）在(1e2，12)上单调递增，在(12，+)上单调递减因为(1e2)=-2e20，(12)=-ln2+10，（1）0，所以存在x1(1e2，12)，使得（x1）0，所以当x(1e2，x1)时，（x）0；当x（x1，1）时，（x）

29、0；当x（1，+），（x）0所以F（x）在（x1，1）上单调递增，在(1e2，x1)，（1，+）上单调递减因为F(1e2)=-4e20，F（1）0，所以F（x）maxF（1）0，所以当且仅当x1时，F（x）0，即方程(lnx0+2)2-4x0=0有唯一解x01，所以有且只有一条直线l与函数f（x），g（x）的图象都相切（二）选考题：共10分请考生在第22、23两题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在数学中，有多种方程都可以表示心型曲线，其中著名的有笛卡尔心型曲线如图，在直角坐标系中，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系图中的

30、曲线就是笛卡尔心型曲线，其极坐标方程为1sin（02，0），M为该曲线上一动点（1）当|OM|=12时，求M的直角坐标；（2）若射线OM逆时针旋转2后与该曲线交于点N，求OMN面积的最大值【解答】解：（1）因为|OM|=12，所以12=1-sin，sin=12，因为02，所以=6或=56，所以M的极坐标为(12，6)或(12，56)，故M的直角坐标为(34，14)或(-34，14)（2）设M（1，），0，2），则N(2，+2)因为11sin，2=1-sin(+2)=1-cos，所以SOMN=12|OM|ON|=12(1-sin)(1-cos)=121-(sin+cos)+sincos令t=si

31、n+cos=2sin(+4)-2，2，则sincos=t2-12所以SOMN=12(1-t+t2-12)=14t2-12t+14=14(t-1)2，当t=-2时，SOMN有最大值3+224，此时sin(+4)=-1，=54，故SOMN的最大值为3+224选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|x1|（1）解不等式f（x）+|x2|2；（2）若存在xR，使得4f(x)+f(x)m2-m+2成立，求m的取值范围【解答】解：（1）f（x）+|x2|2，即|x1|+|x2|2当x1时，由1x+2x2，解得x12，所以12x1；当1x2时，由x1+2x2，化简得12，所以1x2；当x2时，由x1+x22，解得x52，所以2x52所以不等式f（x）+|x2|2的解集为12，52（2）因为存在xR，使得4f(x)+f(x)m2-m+2成立，所以4f(x)+f(x)minm2-m+2因为4f(x)+f(x)=4|x-1|+|x-1|4，当且仅当4|x-1|=|x-1|，即x1或3时，等号成立，所以4f(x)+f(x)min=4由m2m+24，解得m1或m2，所以m的取值范围是（，12，+）第21页（共21页）