1、2022年贵州省毕节市高考数学诊断性试卷（理科）（二模）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|x（x1）0，B0，m，m2，若ABB，则m（）A1B0C1D12（5分）z是复数z的共轭复数，若3（z+z）+4（z-z）9+8i，则|z-12|（）A22B2C22D323（5分）已知m，n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列说法正确的是（）A若，m，n，mn，则mB若m，mn，n，则C若m，n，m，n，则mnD若m，mn，n则4（5分）如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透
2、之美，充分体现唐代金银器制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作，该杯柱体部分的轴截面可以近似作双曲线C的一部分若C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率e2，且点M（2，3）在C上，则双曲线C的标准方程为（）Ax2-y23=1Bx23-y29=1Cx23-y2=1Dx22-y23=15（5分）某农科院计划派遣4名专家和3名技术员到甲、乙两个基地对农作物病虫害防治进行科学指导，则每个基地派遣2名专家和至少1名技术员的方法种数为（）A6B12C18D366（5分）函数f（x）sinx+cosx+sin2x的最大值为（）A1B1-2C1+2D37（5分）某人准备到某接种点接种新冠疫苗加强针，该接种点在
3、前一天已用完全部疫苗，新的疫苗将于当天上午8：0011：00之间随机送达，若他在9：0012：00之间随机到达该接种点，则他到达时疫苗已送达的概率是（）A29B59C23D798（5分）函数f(x)=ex-1ex+1的大致图象为（）ABCD9（5分）已知平面向量a，b，c，若|a|=2，|b|=7，ab=0，|c-a|1，则|c-b|的最大值为（）A2B3C4D710（5分）函数f（x）exex2sinx，若2a5，blog32，cln3，则有（）Af（a）f（b）f（c）Bf（a）f（c）f（b）Cf（b）f（a）f（c）Df（b）f（c）f（a）11（5分）已知圆M：（xt）2+（y+t）
4、23与圆N：（xm）2+（yn）29（t，m，nR）相交于P，Q两点（点M与点N在直线PQ两侧），且|PQ|3，则m+n的最大值是（）A23B32C26D6212（5分）设f（x）是定义在R上且周期为2的函数，当x1，1时，f(x)=x2-x+a，-1x0，2x+b，0x1，其中a，bR，且函数f（x）在区间0，6上恰有3个零点，则a的取值不可能是（）A2B-12C1D0二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知sin(12-)=14，则cos(56+2)= 14（5分）已知（x+m）（x1）4a0+a1（x2）+a2（x2）2+a3（x2）3+a4（x2）4+a5（x
5、2）5，若a1+a3+a532，则实数m 15（5分）过抛物线C：y22px（p0）焦点F的直线l与抛物线C交A，B两点，若抛物线C的准线上一点M（2，2）满足MAMB=0，则|AB|的值为 16（5分）已知球O与棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1各个面均相切，给出下列结论：当a1时，球O的表面积为3；该正方体外接球的体积与球O的体积之比为33：1；当a2时，球O被平面A1BC1所截的截面面积为23；当a2时，若点M满足D1M=2MB，则过M的平面截球O所得截面面积的最小值是3其中正确结论的序号是 三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17（
6、12分）已知数列an的前n项积为Tn，且1an+2Tn=1（）求数列Tn的通项公式；（）设bn=Tn2n，求数列bn的前n项和Sn18（12分）某市全体高中学生参加某项测试，从中抽取部分学生的测试分数绘制成茎叶图和频率分布直方图如下，后来茎叶图受到了污损，可见部分信息如图（）求频率分布直方图中a的值，并根据直方图估计该市全体高中学生的测试分数的中位数和平均数（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，结果保留一位小数）；（）将频率作为概率，若从该市全体高中学生中抽取4人，记这4人中测试分数不低于90分的人数为X，求X的分布列及数学期望19（12分）如图，四棱锥PABCD中，ABAD2，C
7、D4，ABCD，AD平面CDP，E为PC中点（）证明：BE平面PAD；（）若CP平面PAD，CP22，求二面角BPAD的正弦值20（12分）如图，点M是圆A：（x+26）2+y2100上的动点，点B（26，0），线段MB的垂直平分线交半径AM于点P（）求点P的轨迹E的方程；（）若CD为轨迹E与x轴的两个交点，G为直线x10上的动点，直线GC与E的另一个交点为N，直线GD与E的另一个交点为H，求证：直线NH过定点21（12分）函数f（x）aex+sinx+cosx（aR）（）若f（x）在（0，）上单调递增，求a的取值范围；（）若a1时，证明：f（x）2x+2请考生在第22、23题中任选一题作答，
8、如果多做，则按所做的第一题记分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑。选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=42t2+t2y=3(2-t2)2+t2（t为参数）（）将C的参数方程化为普通方程；（）过点（7，0）作C的两条切线，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程选修4-5：不等式选讲23已知x，y，z均为实数（）求证：x4+4x+42x3+3x2；（）若x+y+3z3，求x2+y2+z2的最小值及取最小值时x，y，z的值2022年贵州省毕节市高考数学诊断性试卷（理科）（二模）参考答案与试题解
9、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|x（x1）0，B0，m，m2，若ABB，则m（）A1B0C1D1【解答】解：ABB，AB，且A0，1，m21，且m1，m1故选：A2（5分）z是复数z的共轭复数，若3（z+z）+4（z-z）9+8i，则|z-12|（）A22B2C22D32【解答】解：设za+bi（a，bR），则z=abi，3（z+z）+4（z-z）9+8i，32a+42bi9+8i，解得a=32，b1，z=32+i，|z-12|1+i|=12+12=2故选：B3（5分）已知m，n是两条不同的直线，
10、、是两个不同的平面，下列说法正确的是（）A若，m，n，mn，则mB若m，mn，n，则C若m，n，m，n，则mnD若m，mn，n则【解答】解：m，n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，对于A，若，m，n，mn，则m或m，故A错误；对于B，若m，mn，n，则由面面垂直的判定定理得，故B正确；对于C，若m，n，m，n，则m与n相交、平行或异面，故C错误；对于D，若m，mn，n则与相交或平行，故D错误故选：B4（5分）如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透之美，充分体现唐代金银器制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作，该杯柱体部分的轴截面可以近似作双曲线C的一部分若C的
11、中心在原点，焦点在x轴上，离心率e2，且点M（2，3）在C上，则双曲线C的标准方程为（）Ax2-y23=1Bx23-y29=1Cx23-y2=1Dx22-y23=1【解答】解：由双曲线的离心率为2，可得ca=2，c24a2，a2+b24a2，b23a2，C的中心在原点，焦点在x轴上，设双曲线方程为x2a2-y23a2=1，点M（2，3）在C上，22a2-(3)23a2=1，a23，双曲线C的方程为x23-y29=1，故选：B5（5分）某农科院计划派遣4名专家和3名技术员到甲、乙两个基地对农作物病虫害防治进行科学指导，则每个基地派遣2名专家和至少1名技术员的方法种数为（）A6B12C18D36【
12、解答】解：根据题意，分3步进行分析：将4名专家平均分为2组，有12C 42=3种分组方法，将3名技术员分为2组，有C313种分组方法，将2组专家和2组技术员分配到甲乙两个基地，有224种情况，则有33436种分配方法，故选：D6（5分）函数f（x）sinx+cosx+sin2x的最大值为（）A1B1-2C1+2D3【解答】解：函数f（x）sinx+cosx+sin2x，设tsinx+cosx=2sin（x+4）-2，2，则sin2xt21，则g（t）t2+t1（t+12）2-54，t-2，2，所以g（t）maxg（2）1+2，故选：C7（5分）某人准备到某接种点接种新冠疫苗加强针，该接种点在前
13、一天已用完全部疫苗，新的疫苗将于当天上午8：0011：00之间随机送达，若他在9：0012：00之间随机到达该接种点，则他到达时疫苗已送达的概率是（）A29B59C23D79【解答】解：设8：00为初始时刻0，则9：00，10：00，11：00，12：00分别为时刻1，2，3，4，设新的疫苗关过的时刻为x，某人到接种点的时刻为y，记他到达时疫苗已送达为事件A，则试验的全部结果所构成的区域为（x，y）|0x3，1y4，事件A所构成的区域为A（x，y）|yx，0x3，1y4，如图阴影区域，P（A）=SAS=33-122233=79故选：D8（5分）函数f(x)=ex-1ex+1的大致图象为（）AB
14、CD【解答】解：函数f(x)=ex-1ex+1的定义域为R，关于原点对称，f（x）=e-x-1e-x+1=1-ex1+ex=-f（x），可得f（x）为奇函数，其图象关于原点对称，可排除选项B、C；由f（x）1-2ex+11，可排除选项D故选：A9（5分）已知平面向量a，b，c，若|a|=2，|b|=7，ab=0，|c-a|1，则|c-b|的最大值为（）A2B3C4D7【解答】解：因为ab=0，所以ab，如图，在直角坐标系中，设OA=a，OB=b，由|a|=2，|b|=7，可得A（2，0），B（0，7），设OC=c=（x，y），因为|c-a|1，所以（x-2）2+y21，所以点C在以圆心为A（2
15、，1），半径r1上的圆上，因为|c-b|OC-OB|BC|BC|，所以|c-b|的最大值|BC|max|AB|+r=(0-2)2+(7-0)2+14故选：C10（5分）函数f（x）exex2sinx，若2a5，blog32，cln3，则有（）Af（a）f（b）f（c）Bf（a）f（c）f（b）Cf（b）f（a）f（c）Df（b）f（c）f（a）【解答】解：f（x）exex2sinx，f（x）ex+ex2cosx2exe-x-20（当且仅当x0时取等号），f（x）exex2sinx为R上的增函数；又2a5alog252，blog32（0，1），cln3（1，2），f（a）f（c）f（b），故选：
16、B11（5分）已知圆M：（xt）2+（y+t）23与圆N：（xm）2+（yn）29（t，m，nR）相交于P，Q两点（点M与点N在直线PQ两侧），且|PQ|3，则m+n的最大值是（）A23B32C26D62【解答】解：由题意，得圆M的圆心为M（t，t）、半径为3；圆N的圆心为N（m，n）、半径为3；连接PM、PN、MN，则|PM|=3，|PN|=3，MNPQ，因为|PQ|3，所以|PH|=32；则|MN|=|MH|+|NH|=3-94+9-94=23；所以(m-t)2+(n+t)2=23，即关于t的方程2t22（mn）t+m2+n2120 有实根，则 4（mn）28（m2+n212）0，即（m+
17、n）224，即-26m+n26，所以m+n的最大值为26故选：C12（5分）设f（x）是定义在R上且周期为2的函数，当x1，1时，f(x)=x2-x+a，-1x0，2x+b，0x1，其中a，bR，且函数f（x）在区间0，6上恰有3个零点，则a的取值不可能是（）A2B-12C1D0【解答】解：因为f（x）是定义在R上且周期为2的函数，所以f（1）f（1），所以（1）2（1）+a2+b，得ab，则x1，1时，f(x)=x2-x+a，-1x0，2x+b，0x1，当a0时，f（x）=x2-x，-1x02x，0x1，其图象如图所示f（0）0，由于周期为2，所以f（6）f（4）f（2）f（0）0，所以a0
18、不符合题意，当a0时，则图象向上平移，函数无零点，所以不符合，当1a0时，可得f（x）在1，0）上有一个零点，所以f（x）在1，2），3，5）上有零点，所以f（x）在区间0，6上恰有3个零点，符合题意，当2a1时，可得f（x）在1，1上有2个零点，由于函数的周期为2，所以f（x）在0，6上有6个零点，不符合题意，当a2时，则可得f（1）f（1）f（3）f（5）0，在区间0，6上恰有3个零点，所以符合题意，当a2时，函数图象与x轴无交点，综上，当1a0或a2时，f（x）在区间0，6上恰有3个零点，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sin(12-)=14，则
19、cos(56+2)=-78【解答】解：因为sin(12-)=14，所以cos2（12-）1sin2（12-）1（14）2=1516，所以cos(56+2)=cos2（512+）12sin2（512+）12sin22-（12-）12cos2（12-）121516=-78故答案为：-7814（5分）已知（x+m）（x1）4a0+a1（x2）+a2（x2）2+a3（x2）3+a4（x2）4+a5（x2）5，若a1+a3+a532，则实数m1【解答】解：令x3，则a0+a1+a2+.+a5（3+m）2416（3+m），令x1，则a0a1+a2+.a50，则可得：a1+a3+a5=16(3+m)2=8（
20、3+m），则8（3+m）32，解得m1，故答案为：115（5分）过抛物线C：y22px（p0）焦点F的直线l与抛物线C交A，B两点，若抛物线C的准线上一点M（2，2）满足MAMB=0，则|AB|的值为 10【解答】解：由题意可知，抛物线的准线方程为x2，p2=2，p4，抛物线方程为y28x，焦点F（2，0），设直线l的方程为xky+2（k0），MAMB=0，M在以AB为直径的圆上，设A（x1，y1），B（x2，y2），y12=8x1y22=8x2，两式相减得y1-y2x1-x2=8y1+y2=1k，设AB的中点为Q（x0，y0），则y0=y1+y22=4k，x04k2+2，点Q（4k2+2，4
21、k）是以AB为直径的圆的圆心，由抛物线定义可知，圆的半径r=|AB|2=x1+x2+42=2x0+42=x0+24k2+4，|QM|2=(x0+2)2+(y0-2)2=（4k2+4）2+（4k2）2r2，（4k2+4）2+（4k2）2（4k2+4）2，解得k=12，|AB|2r24(12)2+4=10，故答案为：1016（5分）已知球O与棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1各个面均相切，给出下列结论：当a1时，球O的表面积为3；该正方体外接球的体积与球O的体积之比为33：1；当a2时，球O被平面A1BC1所截的截面面积为23；当a2时，若点M满足D1M=2MB，则过M的平面截球O所得截面面
22、积的最小值是3其中正确结论的序号是 【解答】解：易知正方体的体对角线是其外接球的直径，正方体的棱长是其内切球的直径；设该正方体的外接球的半径为R，内切球（即球O）的半径为r，则3a=2R，a=2r，即R=32a，r=a2；对于：当a1时，球O的半径为r=12，其表面积为S=4r2=4(12)2=，即错误；对于：因为该正方体的外接球、内切球的半径之比为R：r=3：1，所以体积比为R3：r3=33：1，即正确；对于：由题意，得球O被平面A1BC所截的截面是圆，且是正三角形A1BC1的内切圆，设其半径为r1，则r1=223213=63，其面积为S1=23，即正确；对于：由题意得，D1B=23，OM=
23、16D1B=33，当截面与OM垂直时，点O到该截面的距离最大，此时截面的半径最小，即其面积最小；则截面半径的最小值为r2=1-13=63，此时面积为23，即错误故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17（12分）已知数列an的前n项积为Tn，且1an+2Tn=1（）求数列Tn的通项公式；（）设bn=Tn2n，求数列bn的前n项和Sn【解答】解：（I）当n1时，T1a1，1T1+2T1=1，解得T13当n2时，TnTn-1=an，Tn-1Tn+2Tn=1，化为：TnTn12，Tn是以3为首项，2为公差的等差数列，Tn3+2（n1）2n+1，
24、nN*（II）由（I）可得：bn=Tn2n=2n+12n，数列bn的前n项和Sn=32+522+723+2n-12n-1+2n+12n，12Sn=322+523+2n-12n+2n+12n+1，12Sn=32+2（122+123+12n）-2n+12n+1=12+2121-(12)n1-12-2n+12n+1，化为：Sn5-2n+52n18（12分）某市全体高中学生参加某项测试，从中抽取部分学生的测试分数绘制成茎叶图和频率分布直方图如下，后来茎叶图受到了污损，可见部分信息如图（）求频率分布直方图中a的值，并根据直方图估计该市全体高中学生的测试分数的中位数和平均数（同一组中的数据以这组数据所在区
25、间中点的值作代表，结果保留一位小数）；（）将频率作为概率，若从该市全体高中学生中抽取4人，记这4人中测试分数不低于90分的人数为X，求X的分布列及数学期望【解答】解：（）测试分数位于50，60）的频数为4，频率为0.01100.1，抽取个数为：40.1=40，测试分数位于80，90）的个数为：40（4+10+14+4）8，a=84010=0.02设由直方图估计分数的中位数为t，则有：（t70）0.0350.50.10.25，解得：t74.3，估计平均数为：550.1+650.25+750.35+850.2+950.155+100.25+200.35+300.2+400.174.5（）测试分数不
26、低于90分的频率为：440=110，X0，1，2，3，4，得XB(4，110)，即P(X=i)=C4i(110)i(910)4-i，(i=0，1，2，3，4)，X的分布列为： X 012 3 4 P 0.6561 0.2916 0.0486 0.0036 0.0001XB(4，110)，E(X)=4110=2519（12分）如图，四棱锥PABCD中，ABAD2，CD4，ABCD，AD平面CDP，E为PC中点（）证明：BE平面PAD；（）若CP平面PAD，CP22，求二面角BPAD的正弦值【解答】（）证明：取PD中点F，连接EF，AF，则EFCD，且EF=12CD，又ABCD，且AB=12CD，
27、EFAB，且EFAB，四边形ABEF是平行四边形，BEAF，BE平面PAD，AF平面PAD，BE平面PAD；（II）CP平面PAD，CPPD，又CP22，ABAD2，CD4，PD=CD2-PC2=22，取CD的中点O，连接PO，BO，AD平面CDP，ADPO，又POCD，PO平面ABCD，又BOAD，ADCD，BOCD，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，2，0），B（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），PA=（2，2，2），AB=（0，2，0），设平面PAB的一个法向量为m=（x，y，z），则mPA=2x-2y-2z=0mAB
28、=2y=0，令z1，则m=（1，0，1），显然CP=（0，2，2）为平面PAD的一个法向量，设二面角BPAD的大小为，则|cos|=|mCP|m|CP|=12，sin=32，二面角BPAD的正弦值为3220（12分）如图，点M是圆A：（x+26）2+y2100上的动点，点B（26，0），线段MB的垂直平分线交半径AM于点P（）求点P的轨迹E的方程；（）若CD为轨迹E与x轴的两个交点，G为直线x10上的动点，直线GC与E的另一个交点为N，直线GD与E的另一个交点为H，求证：直线NH过定点【解答】（1）解：连结PB，由题意有|PB|PM|，所以|PB|+|PA|=|PM|+|PA|=10|AB|=
29、46，所以点P的轨迹E是以A，B为焦点，长轴长为2a10，焦距为2c=46的椭圆，所以点P的轨迹E的方程为x225+y2=1（2）证明：不妨设C（5，0），D（5，0），设P（10，m），N（xN，yN），H（xH，yH），则直线GC的方程为y=m15(x+5)，联立x225+y2=1y=m15(x+5)(9+m2)x2+10m2x+25m2-225=0，由韦达定理-5xN=25m2-2259+m2xN=-5m2+459+m2，代入直线GC的方程得：yN=6m9+m2，即N(-5m2+459+m2，6m9+m2)，直线GD的方程是y=m5(x-5)，联立方程x225+y2=1y=m5(x-5)
30、(1+m2)x2-10m2x+25m2-25=0，由韦达定理5xH=25m2-251+m2xH=5m2-51+m2，代入直线GD的方程得yH=-2m1+m2，即H(5m2-51+m2，-2m1+m2)，当xNxH时，直线NH的斜率kHN=yN-yHxN-xH=4m5(3-m2)，直线NH的方程是y-2m1+m2=4m5(3-m2)(x-5m2-51+m2)，整理得：y=4m5(3-m2)(x-52)，当xNxH时，直线NH的方程为：x=52，故直线NH过定点(52，0)21（12分）函数f（x）aex+sinx+cosx（aR）（）若f（x）在（0，）上单调递增，求a的取值范围；（）若a1时，
31、证明：f（x）2x+2【解答】解：（）由题可得f（x）aex+cosxsinx，因为f（x）在（0，）上单调递增，所以f（x）aex+cosxsinx0在（0，）上恒成立，即asinx-cosxex恒成立，令g（x）=sinx-cosxex，x（0，），则g（x）=(cosx+sinx)ex-(sinx-cosx)ex(ex)2=2cosxex，令g（x）0，解得x=2，且g（x）0时，0x2；g（x）0时，2x，所以g（x）ming（2）=1e2，即有a1e2；（）当a1时，f（x）ex+cosxsinx，要证f（x）2x+2只需证ex+cosxsinx2a+2，即证2x+2-sinx-co
32、sxex1，令h（x）=2x+2-sinx-cosxex，则h（x）=(2-cosx+sinx)ex-(2x+2-sinx-cosx)ex(ex)2=2sinx-2xex，令t（x）2sinx2x，t（x）2cosx20恒成立，所以t（x）在R上为减函数，且t（0）0，所以h（0）0，所以h（x）0时，解得x0，h（x）0时，x0，则h（x）在（，0）上为增函数，在（0，+）上为减函数，所以h（x）maxh（0）1，即h（x）1恒成立，即f（x）2x+2请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号的方框涂黑。选修4-4：坐标
33、系与参数方程22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=42t2+t2y=3(2-t2)2+t2（t为参数）（）将C的参数方程化为普通方程；（）过点（7，0）作C的两条切线，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程【解答】解：（）曲线C的参数方程为x=42t2+t2y=3(2-t2)2+t2（t为参数），整理得：x24+y23=1；（）设过点（7，0）的直线方程为x=my+7，所以x24+y23=1x=my+7，整理得(3m2+4)y2+67my+9=0，利用=(67m)2-36(3m2+4)=0，解得m1，故直线的方程为x=y+7根据x=cos
34、y=sin转换为极坐标方程为cossin-7=0选修4-5：不等式选讲23已知x，y，z均为实数（）求证：x4+4x+42x3+3x2；（）若x+y+3z3，求x2+y2+z2的最小值及取最小值时x，y，z的值【解答】证明：（I）x42x33x2+4x+4x2（x22x3）+4（x+1）x2（x+1）（x3）+4（x+1）（x+1）x2（x3）+4（x+1）（x33x2+4）（x+1）（x3+x24x2+4）（x+1）x2（x+1）4（x21）（x+1）（x+1）（x24x+4）（x+1）2（x2）20，故x4+4x+42x3+3x2（II）由柯西不等式得，32（x+y+3z）2（x2+y2+z2）（12+12+32）11（x2+y2+z2），所以x2+y2+z2911，当且仅当xy=z3，即x=311，y=311，z=911时，x2+y2+z2有最小值911
