1、2022年四川省巴中市高考数学一诊试卷（理科）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，只有一个是符合题目要求的1（5分）已知集合Mx|2x1，Nx|xm21，mR，则MN（）Ax|1x1Bx|1x1Cx|2x1Dx|2x12（5分）已知i为虚数单位，若复数z满足（1+2i）z5，则|z|（）A5B5C25D523（5分）如图，样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的样本平均数分别为xA和xB，样本标准差分别为SA和SB，样本极差分别为yA和yB，则（）AxAxB，SASB，yAyBBxAxB，SASB，yAyBCxAxB，SASB，yAyBDxAxB，SASB
2、，yAyB4（5分）（1+x2）（1+x）5的展开式中x4的系数为（）A5B10C15D205（5分）设等差数列an的前n项和为Sn，若a5+a6a2+4，则S17（）A4B17C68D1366（5分）已知函数f（x）是奇函数，当x0时，f（x）100x1，则f(lg12)=（）A1B1C3D37（5分）刘徽（225295）是我国魏晋时期杰出的数学家，擅长利用切割的方法求几何体的体积他将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，将底面为矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”已知某“堑堵”与某“阳马”组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A203B323C163D2638（
3、5分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为A1C1，C1B1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为（）A110B33C22D30109（5分）已知3sin+4cos5，则tan2（）A-247B34C247D242510（5分）设F1，F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左、右焦点，若双曲线上存在一点P使得|PF1|+|PF2|=22b，且|PF1|PF2|ab，则该双曲线的离心率为（）A2B2C5D5211（5分）已知等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，则下列命题中错误的是（）ASn+1Sn+qanBSn+1S1+qSnCS2，S4S2，S6S4成等比
4、数列D“q=-12”是“Sn，Sn+2，Sn+1成等差数列”的充要条件12（5分）已知ae0.1，b1.1，c=ln33，dln2，则a、b、c、d的大小关系为（）AabcdBabdcCbacdDbadc二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知函数f（x+1）x2+2x+a，若f（1）1，则a 14（5分）已知向量a=(2，1)，b=(1，0)，c=(1，2)，若c(a+mb)，则m 15（5分）已知抛物线y=14x2和点M（2，2），过M的直线交抛物线于A、B两点，抛物线在点A、B处的切线l1、l2交于点P，若M为线段AB的中点，则ABP的面积为 16（5分）在长方体A
5、BCDA1B1C1D1中，BC3，CC12，M为CD的中点，动点P在侧面BCC1B1内，且APBMPC，则动点P的轨迹的长度为 三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程与演算步骤第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）为落实“双减”政策，增强学生体质，某校初一年级将学生分成甲、乙两组进行跳绳比赛，比赛采取5局3胜制在比赛中，假设每局甲组获胜的概率为23，乙组获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立（1）求甲组在4局以内（含4局）获胜的概率；（2）设X为决出胜负时比赛的总局数，求X的分布列及数学期望18（12
6、分）在ABC中，a，b，c分别为角A、B、C的对边，c（acosB+bcosA）a2b2+bc（1）求A；（2）若角A的平分线AD交BC于D，且BD2DC，AD=23，求a19（12分）如图1，在梯形ABCD中，ABCD，ABBC，AB4，BC=3，CD7，点E在CD上，CE3将DAE沿AE翻折到PAE，使得平面PAE平面ABCE（如图2），又AMPE于M，ANPB于N（1）证明：平面PAB平面AMN；（2）求二面角PAMN的余弦值20（12分）已知点F1（1，0），F2（1，0）和圆O：x2+y24，动点M在圆O上，F2关于M的对称点为N，F2N的中垂线与F1N交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C
7、（1）求曲线C的方程；（2）设曲线C与y轴的正半轴交于点P，不过点P的直线l交曲线C于A，B两点，若PAPB，证明直线l恒过定点21（12分）已知函数f（x）aex2lnx+lna（1）若曲线yf（x）在点（2，f（2）处的切线方程为y=32x-1，求a的值；（2）若f（x）2恒成立，求a的取值范围（二）选考题：共10分，请考生在22、23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22（10分）在直角坐标系xOy中，圆C：（x3）2+（y3）29，直线l的参数方程x=tcos，y=tsin.（t为参数）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求
8、圆C和直线l的极坐标方程；（2）若圆C的圆心到l的距离为322，求直线l的直角坐标方程选修4-5：不等式选讲23已知f（x）2|x1|+|x2|a，若f（x）0在R上恒成立（1）求实数a的取值范围；（2）设实数a的最大值为m，若正数b，c满足1c+2b=m，求bc+c+2b的最小值2022年四川省巴中市高考数学一诊试卷（理科）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，只有一个是符合题目要求的1（5分）已知集合Mx|2x1，Nx|xm21，mR，则MN（）Ax|1x1Bx|1x1Cx|2x1Dx|2x1【解答】解：因为集合Mx|2x1，集合Nx|
9、xm21，mRx|x1，所以MNx|1x1故选：B2（5分）已知i为虚数单位，若复数z满足（1+2i）z5，则|z|（）A5B5C25D52【解答】解：（1+2i）z5，z=51+2i=5(1-2i)(1+2i)(1-2i)=1-2i，|z=12+(-2)2=5故选：A3（5分）如图，样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的样本平均数分别为xA和xB，样本标准差分别为SA和SB，样本极差分别为yA和yB，则（）AxAxB，SASB，yAyBBxAxB，SASB，yAyBCxAxB，SASB，yAyBDxAxB，SASB，yAyB【解答】解：样本A的数据均不大于10，而样本B的数据均不小于10，
10、xAxB，由图可知A中数据波动程度较大，B中数据较稳定，SASB，yA102.57.5，yB15105，yAyB，故选：B4（5分）（1+x2）（1+x）5的展开式中x4的系数为（）A5B10C15D20【解答】解：原式（1+x）5+x2（1+x）5，故展开式中含x4的项为C54x4+x2C52x2=15x4，故所求系数为15故选：C5（5分）设等差数列an的前n项和为Sn，若a5+a6a2+4，则S17（）A4B17C68D136【解答】解：由an是等差数列，得a5+a6a2+a9，又a5+a6a2+4，得a94，所以S17=172（a1+a17）17a917468故选：C6（5分）已知函数
11、f（x）是奇函数，当x0时，f（x）100x1，则f(lg12)=（）A1B1C3D3【解答】解：根据题意，当x0时，f（x）100x1，f（lg2）100lg21413，又由f（x）是奇函数，则f(lg12)=f（lg2）f（lg2）3；故选：D7（5分）刘徽（225295）是我国魏晋时期杰出的数学家，擅长利用切割的方法求几何体的体积他将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，将底面为矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”已知某“堑堵”与某“阳马”组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A203B323C163D263【解答】解：由三视图还原原几何体如图，ABCA1B1
12、C1为直三棱柱，ABACAA12，PA平面AA1B1B，PA2，该几何体的体积是12222+13222=203故选：A8（5分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为A1C1，C1B1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为（）A110B33C22D3010【解答】解：如图，取AB的中点G，连接NG，MN，GC1，A1C1，M，N分别为A1C1，C1B1的中点，所以MN/AB，MN=12AB，所以MNAG，MNAG，所以四边形AGNM是平行四边形，所以AMNG，所以GNC（或其补角）就是异面直线AM与CN所成的角，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则A1M=2，所以AM
13、=AA12+A1M2=22+(2)2=6=GN，又CN=GC=12+22=5，所以在NGC中，cosGNC=GN2+NC2-GC22GNNC=(6)2+(5)2-(5)2265=3010，所以异面直线AM与CN所成角的余弦值为3010故选：D9（5分）已知3sin+4cos5，则tan2（）A-247B34C247D2425【解答】解：由3sin+4cos5，得sin=5-4cos3，代入sin2+cos21，得25cos240cos+160，解得cos=45，则sin=35，tan=sincos=34，则tan2=2tan1-tan2=321-916=247故选：C10（5分）设F1，F2分
14、别为双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的左、右焦点，若双曲线上存在一点P使得|PF1|+|PF2|=22b，且|PF1|PF2|ab，则该双曲线的离心率为（）A2B2C5D52【解答】解：由双曲线的定义可得，|PF1|PF2|2a，由|PF1|+|PF2|=22b，|PF1|PF2|ab，则有（|PF1|+|PF2|）24|PF1|PF2|8b24ab4a2，即有（ba）（2b+a）0，即有ba，即b2a2c2a2，则c22a2，则e=ca=2故选：B11（5分）已知等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，则下列命题中错误的是（）ASn+1Sn+qanBSn+1S1+qSnCS2，S4
15、S2，S6S4成等比数列D“q=-12”是“Sn，Sn+2，Sn+1成等差数列”的充要条件【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，Sn+1a1+a2+an+an+1Sn+an+1Sn+qan，A正确；对于B，Sn+1a1+a2+an+an+1a1+q（a1+a2+an）S1+qSn，B正确；对于C，当公比q1时，s2S4S60，S2，S4S2，S6S4不成等比数列，C错误；对于D，当q=-12时，Sn+Sn+1=a11-(-12)n32+a11-(-12)n+132=a1322（-12）n（-12）n+12a11-(-12)n+232，反之，若Sn，Sn+2，Sn+1成等差数列，其公比一定
16、不为1，则有Sn+Sn+12Sn+2，即a11-q（1qn）+a11-q（1qn+1）2a11-q（1qn+2），变形可得q=-12，即“q=-12”是“Sn，Sn+2，Sn+1成等差数列”的充要条件，D正确；故选：C12（5分）已知ae0.1，b1.1，c=ln33，dln2，则a、b、c、d的大小关系为（）AabcdBabdcCbacdDbadc【解答】解：设f（x）ex（x+1），则f（x）ex1，则函数f（x）在（0，+）上为增函数，f（0.1）f（0）0，e0.11.10，ab1，c=ln33=2ln33，dln2=2ln44，设g（x）=2lnxx，则g（x）=2(1-lnx)x2
17、，则函数g（x）在（e，+）上为减函数，在（0，e）上为增函数，cd，cg（3）g（e）=2lnee=2e1，abcd，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）已知函数f（x+1）x2+2x+a，若f（1）1，则a1【解答】解：函数f（x+1）x2+2x+a（x+1）2+a1，f（x）x2+a1，若f（1）11+a1，则a1，故答案为：114（5分）已知向量a=(2，1)，b=(1，0)，c=(1，2)，若c(a+mb)，则m-32【解答】解：由向量a=(2，1)，b=(1，0)，则a+mb=（2+m，1），又c=(1，2)，c(a+mb)，则112（2+m），则m=
18、-32，故答案为：-3215（5分）已知抛物线y=14x2和点M（2，2），过M的直线交抛物线于A、B两点，抛物线在点A、B处的切线l1、l2交于点P，若M为线段AB的中点，则ABP的面积为 4【解答】解：当过点M的直线斜率不存在时，该直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，故过点M的直线斜率存在，可设为k，即设直线AB的方程为y2k（x2），设A（x1，y1），B（x2，y2），A，B为抛物线的点，y1=14x12，y2=14x22，可得，k=y1-y2x1-x2=x1+x24，M为线段AB的中点，x1+x2224，k1，即直线AB的方程为yx，联立y=xy=14x2，解得A（0，0），B（4
19、，4），y=12x，切线l1，l2的斜率分别为0，2，切线l1，l2的方程为y0，y2x4，联立切线l1，l2的方程，解得P（2，0），点P到直线AB：yx的距离d=|2-0|12+(-1)2=2，|AB|=42+42=42，故ABP的面积为12|AB|d=12422=4故答案为：416（5分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，BC3，CC12，M为CD的中点，动点P在侧面BCC1B1内，且APBMPC，则动点P的轨迹的长度为 23【解答】解：由线面垂直的性质可知，MCPC，PBAB，又APBMPC，所以MCP 与ABP 相似，由MC=12AB 得出PB2PC，以B为坐标原点，建立如下图所示
20、的直角坐标系，由B（0，0），C（3，0），P（x，y），可得x2+y24（x3）2+y2，化简得出（x4）2+y24，则点P的轨迹为EF，因为sinEGF=32，所以EGF=3，则EF的长度为23故答案为：23三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程与演算步骤第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）为落实“双减”政策，增强学生体质，某校初一年级将学生分成甲、乙两组进行跳绳比赛，比赛采取5局3胜制在比赛中，假设每局甲组获胜的概率为23，乙组获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立（1）求甲组在4局以内（含4
21、局）获胜的概率；（2）设X为决出胜负时比赛的总局数，求X的分布列及数学期望【解答】解：（1）甲组在4局以内（含4局）获胜分为3局甲获胜和比赛4局甲获胜，比赛3局甲获胜的概率为(23)3=827，比赛4局甲获胜的概率为C31(23)3(13)=827，故甲组在4局以内（含4局）获胜的概率为827+827=1627（2）由题意可得，X所有可能取值为3，4，5，P（X3）=(23)3+(13)3=13，P（X4）=C31(23)3(13)+C31(23)(13)3=1027，P（X5）=C42(23)3(13)2+C42(23)2(13)3=827，故X的分布列为：X 3 4 5 P 13 1027
22、827 故E（X）=313+41027+5827=1072718（12分）在ABC中，a，b，c分别为角A、B、C的对边，c（acosB+bcosA）a2b2+bc（1）求A；（2）若角A的平分线AD交BC于D，且BD2DC，AD=23，求a【解答】解：（1）在ABC中，由于cacosB+bcosA，故c（acosB+bcosA）a2b2+bc，转换为c2+b2a2bc，整理得cosA=b2+c2-a22bc=12，由于：0A，所以A=3（2）根据角平分线定理得：cb=BDDC=2，故c2b；利用三角形的面积公式：SABCSABD+SACD，整理得12bcsin60=12cADsin30+12
23、bADsin30，故AD=3bcb+c=23，即bc2（b+c），所以b3，c6，利用余弦定理：a2b2+c22bccosA27，解得a3319（12分）如图1，在梯形ABCD中，ABCD，ABBC，AB4，BC=3，CD7，点E在CD上，CE3将DAE沿AE翻折到PAE，使得平面PAE平面ABCE（如图2），又AMPE于M，ANPB于N（1）证明：平面PAB平面AMN；（2）求二面角PAMN的余弦值【解答】证明：（1）在平面图1中，连结BE，过点A作AGCD，垂足为G，由题意 ABDE，ABDE4，则四边形ABED 为平行四边形，所以 ADBE 又 AG=BC=3，DG=3，EG=1，在RT
24、AEG和RTADG 中，由勾股定理得：AE=AG2+GE2=2，AD=DG2+AG2=23，所以DE216AD2+AE2，则ADAE，即空间图2中PAAE，BEAE，PAAE，由平面PAE平面ABCE，平面PAE平面ABCEAE，所以PA平面ABCE，又BE平面ABCE，则PABE，又AEAPA所以BE平面APE，又AM平面APE，所以AMBE，又AMPE，且BEPEE，所以AM平面PBE，且PB平面 PBE，所以AMPB，又ANPB，且 AMANN，所以PB平面ANM，且PB平面PAB，所以平面PAB平面AMN；（2）由（1）可知PA平面ABCE，在平面ABCE 内过A作AFAB，以AF，A
25、B，AP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系则P(0，0，23)，B(0，4，0)，E(3，1，0)，由 （1）可知PB平面ANM，则BP=(0，-4，23) 为平面ANM的一个法向量BE平面APE，则 BE=(3，-3，0) 为平面 APE 的一个法向量则cosBP，BE=BPBE|BP|BE|=122723=217，所以二面角PAMN的余弦值为21720（12分）已知点F1（1，0），F2（1，0）和圆O：x2+y24，动点M在圆O上，F2关于M的对称点为N，F2N的中垂线与F1N交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（2）设曲线C与y轴的正半轴交于点P，不过点P的
26、直线l交曲线C于A，B两点，若PAPB，证明直线l恒过定点【解答】（1）解：如图所示，因为Q是F2N的中垂线上一点，所以QF2QN，所以QF1+QF2QF1+QNF1N，NF1F2中，O为F1F2中点，M为NF2中点，即OM为NF1F2的中位线，所以NF12OM4，即QF1+QF24F1F2，所以点Q的轨迹为椭圆，2a4，c1，所以b=4-1=3，椭圆方程为：x24+y23=1（2）证明：由（1）得：P(0，3)，直线斜率不存在时，不满足题意，所以直线斜率存在，设直线l的方程为：ykx+m，联立y=kx+mx24+y23=1得（3+4k2）x2+8kmx+4m2120，设A（x1，y1），B（
27、x2，y2），则x1+x2=-8km3+4k2，x1x2=4m2-123+4k2，y1+y2=6m3+4k2，y1y2=3m2-12k23+4k2，kPA=y1-3x1，kPB=y2-3x2，因为PAPB，所以kPAkPB1，即y1y2-3(y1+y2)+3y1y2=-1，代入得7m2-63m-3=0，解得：m=3（与P点重合，舍）或m=-37，所以直线方程为y=kx-37，所以直线恒过定点(0，-37)21（12分）已知函数f（x）aex2lnx+lna（1）若曲线yf（x）在点（2，f（2）处的切线方程为y=32x-1，求a的值；（2）若f（x）2恒成立，求a的取值范围【解答】解：（1）函
28、数f（x）aex2lnx+lna，所以f（x）aex2-1x，又因为曲线yf（x）在点（2，f（2）处的切线方程为y=32x-1，所以kf（2）a-12=32，解得a2（2）因为函数f（x）aex2lnx+lna，所以不等式f（x）2，等价于aex2lnx+lna2，即ex2+lna+lna+x2lnx+xelnx+lnx，令g（t）et+t，g（t）et+10，所以g（t）et+t在R上单调递增，所以g（lna+x2）g（lnx），所以lna+x2lnx，所以lnalnxx+2，设h（x）lnxx+2，x0，则h（x）=1x-1=1-xx，当0x1时，h（x）0，h（x）单调递增，当x1时，
29、h（x）0，h（x）单调递减，所以h（x）h（1）1，即lna1，解得ae，所以实数a的取值范围是e，+）（二）选考题：共10分，请考生在22、23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22（10分）在直角坐标系xOy中，圆C：（x3）2+（y3）29，直线l的参数方程x=tcos，y=tsin.（t为参数）以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求圆C和直线l的极坐标方程；（2）若圆C的圆心到l的距离为322，求直线l的直角坐标方程【解答】解：（1）圆C：（x3）2+（y3）29，转换为x2+y26x6y+90，根据x=cosy=sinx
30、2+y2=2，转换为极坐标方程为26cos6sin+90；参数方程x=tcos，y=tsin.（t为参数），转换为直角坐标方程为ytanxkx，转换为极坐标方程为（R）；（2）利用圆心（3，3）到直线ykx的距离d=|3k-3|1+k2=322，解得k=23；故直线的方程为y（23）x选修4-5：不等式选讲23已知f（x）2|x1|+|x2|a，若f（x）0在R上恒成立（1）求实数a的取值范围；（2）设实数a的最大值为m，若正数b，c满足1c+2b=m，求bc+c+2b的最小值【解答】解：（1）令g（x）2|x1|+|x2|=3x-4，x2x，1x2-3x+4，x1，则f（x）g（x）a，由解析式易知，g（x）ming（1）1，因为f（x）0在R上恒成立，所以g（x）a，即ag（x）min1，故a的取值范围是（，1；（2）由（1）可知，1c+2b=1，则b+2cbc，bc+c+2b=3c+3b=(3c+3b)(1c+2b)=9+3bc+6cb9+23bc6cb=9+62，当且仅当3bc=6cb，即b=2c=2+2时，取等号，故bc+c+2b的最小值为9+62第19页（共19页）
