1、2022年四川省攀枝花市高考数学第二次统一考试试卷（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，只有一项是符合题目要求的1（5分）设全集UR集合A=x|y=x2-x-2，则UA（）A（，1）（2，+）B1，2C（，12，+）D（1，2）2（5分）若复数z2i（1+bi）（bR）的实部与虚部相等，则b的值为（）A2B1C1D23（5分）已知具有线性相关的变量x、y，设其样本点为Ai（xi，yi）（i1，2，3，8），回归直线方程为y=12x+a，若i=18 xi=8，i=18 yi=6（O为坐标原点），则a=（）A14B58C2D54（5分）如图，网格纸上小正
2、方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图则该几何体的体积为（）A3B23C33D25（5分）已知tan1+m，tanm，且=+4，则实数m（）A1B1C0或1D0或16（5分）若将函数y2sin2x的图象沿x轴向右平移6个单位长度，则平移后函数图象的对称轴方程为（）Ax=k2+12(kZ)Bx=k2-12(kZ)Cx=k2+3(kZ)Dx=k2-3(kZ)7（5分）已知f（2x）（2cos2x1）ln4x2，则函数f（x）的部分图象大致为（）ABCD8（5分）如图正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别是AB、A1D1的中点，O为正方形ABCD的中心，则（）A直线EF与AO是异面直
3、线B直线EF与BB1是相交直线C直线EF与AC互相垂直D直线EF与AA1所成角的余弦值为339（5分）已知函数f(x)=x2-2ax+2a，x1ex-ax，x1(aR)，若关于x的不等式f（x）0恒成立，则实数a的取值范围为（）A0，1B0，2C1，eD0，e10（5分）如图，平面四边形ABCD中，ABAD，BC1，CD2则CABD=（）A3B-32C32D311（5分）已知四面体ABCD中，ABADBCCD5，BD8，AC3，则以点C为球心，以22为半径的球被平面ABD截得的图形面积为（）AB54C169D9412（5分）定义在R上的偶函数f（x），当x0时，恒有xf（x）0，设a=f(lo
4、g312)，b=f(log513)，c=f(34)则（）AbcaBbacCcabDcba二、填空题：本题共4小题、每小题5分，共20分13（5分）已知二项式(ax-1x)5的展开式中含x的项的系数为80，则实数a 14（5分）甲、乙、丙、丁、戊5名学生站成一排，甲、乙要相邻，且甲不站在两端，则不同的排法种数 15（5分）已知函数f（x）xsinx，则满足不等式f(lnx)+f(2ln1x-1)0的x的取值范围是 16（5分）在ABC中，A2B，AC9，BC12，CD平分ACB交AB于点D，则BCD的面积为 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
5、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Sn+12an，an+1=an+2n-1，Sn+12Sn+1这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题设首项为1的数列an的前n项和为Sn，且满足_（只需填序号）（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=nan，求数列bn的前n项和Tn18（12分）某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别150，250），250，350），350，450），450，550），550，650（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示（1）估计这组数据的平均
6、数；（2）在样本中，按分层抽样从质量在250，350），350，450）中的芒果中随机抽取10个，再从这10个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；（3）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：方案：所有芒果以10元/千克收购；方案：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？19（12分）如图1在直角梯形ABCD中，ADBC，ABAD点E为BC的中点点F在D上，且EFAB，BCEFDF4
7、将四边形CDEF沿EF边折起，如图2（1）证明：图2中的AE平面BCD；（2）在图2中，若AD=23求二面角DBCE的余弦值20（12分）已知抛物线C：y24x的焦点为F，斜率为k的直线与抛物线C交于A、B两点，与x轴交于P（a，0）（1）当k1，a3时求|AF|+|BF|的值；（2）当点P、F重合时，过点A的圆x2+y2r2（r0）与抛物线C交于另外一点D试问直线BD是否过x轴上的定点Q？若是，请求出点Q坐标；若不是，请说明理由21（12分）已知函数f（x）xlnx+mx2+nx+1在（1，f（1）处的切线方程是x+y10（1）求f（x）的单调区间；（2）如果x1，x2（0，+）且x1x21
8、求证：f（x1）+f（x2）0（二）选考题：共10分请考生在第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x=cos+siny=3cos-3sin（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，直线l的极坐标方程为cos(+4)=-2（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）已知点P（1，1），直线l和曲线C相交于M、N两点，求1|PM|+1|PN|的值选修4-5：不等式选讲23已知a0，b0，c0函数f（x）|xa|+|x+b|+c（1）当a1，b1时，解关于x的不等式f（x）4+
9、c；（2）当f（x）的最小值为1时，证明：a2+b2c+a2+c2b+b2+c2a22022年四川省攀枝花市高考数学第二次统一考试试卷（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，只有一项是符合题目要求的1（5分）设全集UR集合A=x|y=x2-x-2，则UA（）A（，1）（2，+）B1，2C（，12，+）D（1，2）【解答】解：Ax|x2x20x|x1或x2，UR，UA（1，2）故选：D2（5分）若复数z2i（1+bi）（bR）的实部与虚部相等，则b的值为（）A2B1C1D2【解答】解：z2b+2i，若复数z2i（1+bi）（bR）的实部
10、与虚部相等，则2b2，解得：b1，故选：B3（5分）已知具有线性相关的变量x、y，设其样本点为Ai（xi，yi）（i1，2，3，8），回归直线方程为y=12x+a，若i=18 xi=8，i=18 yi=6（O为坐标原点），则a=（）A14B58C2D5【解答】解：因为x1+x2+x88，所以x=1因为y1+y2+y86，所以y=34因为线性回归直线经过样本中心点，且y=12x+a，则34=121+a，解得a=14故选：A4（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图则该几何体的体积为（）A3B23C33D2【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面
11、半径为1，高为2的圆锥；如图所示：故V=13122=23故选：B5（5分）已知tan1+m，tanm，且=+4，则实数m（）A1B1C0或1D0或1【解答】解：因为=+4，所以有tantan（+4）=tan+11-tan，可得1+m=m+11-m，解得m0，或1故选：C6（5分）若将函数y2sin2x的图象沿x轴向右平移6个单位长度，则平移后函数图象的对称轴方程为（）Ax=k2+12(kZ)Bx=k2-12(kZ)Cx=k2+3(kZ)Dx=k2-3(kZ)【解答】解：将函数y2sin2x的图象沿x轴向右平移6个单位长度，可得y2sin（2x-3）的图象，令2x-3=k-2，kZ，求得x=k2
12、-12，kZ，可得平移后函数图象的对称轴方程为x=k2-12，kZ，故选：B7（5分）已知f（2x）（2cos2x1）ln4x2，则函数f（x）的部分图象大致为（）ABCD【解答】解：f（2x）（2cos2x1）ln4x2，即f（2x）cos2xln（2x）2，可得f（x）cosxlnx2，f（x）cos（x）ln（x）2f（x），可得f（x）为偶函数，其图象关于y轴对称，可排除选项C、D；由f（14）cos14ln1160，可排除选项B故选：A8（5分）如图正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别是AB、A1D1的中点，O为正方形ABCD的中心，则（）A直线EF与AO是异面直线B直线E
13、F与BB1是相交直线C直线EF与AC互相垂直D直线EF与AA1所成角的余弦值为33【解答】解：在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别是AB，A1D1中点，O为正方形A1B1C1D1的中心，易知四边形AEOF为平行四边 形，所以EF，AO相交，故A不正确若直线EF，BB1是相交直线，则直线B1F，BE相交或平行，这与题意不符合，故B不正确以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间坐标系，设正方体的棱长为2，如图，则E（2，1，0），A（2，0，0），F（1，0，2），C（0，2，0），A1（2，0，2），则EF=(-1，-1，2)，AA1=(0，0，2)，AC=(-2，2，0)，E
14、FAC=2-2+0=0，EFAC，故C正确cosEF，AA1=EFAA1|EF|AA1|=462=63，故D不正确故选：C9（5分）已知函数f(x)=x2-2ax+2a，x1ex-ax，x1(aR)，若关于x的不等式f（x）0恒成立，则实数a的取值范围为（）A0，1B0，2C1，eD0，e【解答】解：当x1时，由x22ax+2a0恒成立，二次函数f（x）x22ax+2a的对称轴为xa，当a1时，f（x）在（，1上单调递减，则f（x）minf（1）10恒成立，当a1时，f（x）minf（a）a（2a）0，所以0a1，综上可知，当a0时，x22ax+2a0在（，1上恒成立；当x1时，exax0恒成
15、立，即aexx在（1，+）上恒成立，令g（x）=exx，则g（x）=ex(x-1)x2，当x1时，g（x）0，函数g（x）单调递增，又g（1）e，所以ae，综上可知，a的取值范围是0，e故选：D10（5分）如图，平面四边形ABCD中，ABAD，BC1，CD2则CABD=（）A3B-32C32D3【解答】解：因为CA=CB+BA=CD+DA，所以CA=12(CB+BA+CD+DA)，所以CABD=12(CB+BA+CD+DA)BD=12(CB+CD)BD+12BABD+12DABD，因为ABAD，所以ABDADB，所以12BABD+12DABD=12BABD-12DADB=12|BA|BD|co
16、sABD-12|DA|DB|cosADB=0，所以CABD=12(CB+CD)BD=12(CB+CD)(CD-CB)=12(CD2-CB2)=12(|CD|2-|CB|2)=12(22-12)=32，故选：C11（5分）已知四面体ABCD中，ABADBCCD5，BD8，AC3，则以点C为球心，以22为半径的球被平面ABD截得的图形面积为（）AB54C169D94【解答】解：如图，取BD中点E，连接AE，CE，ABAD5，BCCD5，AEBD，CEBD，又AEECE，所以BD平面AEC，又BD8，AE=CE=52-42=3，AC3，AEC为等边三角形，取AE中点F，则CFAE，可得CF=32-(
17、32)2=332，又因为BD平面AEC，所以BDCF，因为BDAEE，所以CF平面ABD，又设C到AB（或AD）的距离为h，由SABC=12ABh=12ACAB2-(12AC)2，可得h=325-945=3911022，以C为球心，22为半径的球面与侧面ABD的交线为圆，圆的半径为r=(22)2-(332)2=52，所以以点C为球心，以22为半径的球被平面ABD截得的图形面积为(52)2=54，故选：B12（5分）定义在R上的偶函数f（x），当x0时，恒有xf（x）0，设a=f(log312)，b=f(log513)，c=f(34)则（）AbcaBbacCcabDcba【解答】解：当x0时，有
18、xf（x）0，x0时，f（x）0，函数f（x）在（0，+）单调递增，又函数f（x）为R上的偶函数，af（log312）f（log32），bf（log513）f（log53），而log32log52，则ab，而log32-34=log32log3334=log3424433=log341627log310，故log3234，故ac，故cab，故选：C二、填空题：本题共4小题、每小题5分，共20分13（5分）已知二项式(ax-1x)5的展开式中含x的项的系数为80，则实数a2【解答】解：展开式的通项公式为Tr+1C 5r(ax)5-r(-1x)r=C 5ra5-r(-1)rx5-2r，令52r1，
19、解得r2，则展开式中含x项的系数为C 52a3(-1)2=10a380，解得a2，故答案为：214（5分）甲、乙、丙、丁、戊5名学生站成一排，甲、乙要相邻，且甲不站在两端，则不同的排法种数 36【解答】解：甲乙相邻，则有A22A4448种，甲乙相邻且甲站在两端有2A3312种，故甲、乙要相邻，且甲不站在两端的有481236种故答案为：3615（5分）已知函数f（x）xsinx，则满足不等式f(lnx)+f(2ln1x-1)0的x的取值范围是 （1e，+）【解答】解：函数f（x）xsinx的导数为f（x）1cosx0，可得f（x）为增函数，由f（x）xsin（x）（xsinx）f（x），可得f（
20、x）为奇函数，不等式f(lnx)+f(2ln1x-1)0即为f（lnx）f（2lnx1）f（2lnx+1），由f（x）在R上递增，可得lnx2lnx+1，即lnx1，解得x1e，即x的取值范围是（1e，+）故答案为：（1e，+）16（5分）在ABC中，A2B，AC9，BC12，CD平分ACB交AB于点D，则BCD的面积为 85【解答】解：设B，则A2，ABC中，由正弦定理得，ACsinB=BCsinA，即9sin=12sin2，所以cos=23，sin=53，所以sin22sincos22353=459，cos22cos21=-19，所以sin3sin（2+）sin2cos+sincos2=4
21、5923+(-19)53=7527，所以sinCsin（3）sin3=7527，所以SABC=12ACCBsinC=129127527=145，因为CD平分ACB，所以SBCDSACD=12CBCDsinBCD12CACDsinACD=CBCA=43，所以则BCD的面积S=47SABC85故答案为：85三、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）在Sn+12an，an+1=an+2n-1，Sn+12Sn+1这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然
22、后解答补充完整的题设首项为1的数列an的前n项和为Sn，且满足_（只需填序号）（1）求数列an的通项公式；（2）设bn=nan，求数列bn的前n项和Tn【解答】解：（1）若选则Sn+12an，即Sn2an1，n2时，anSnSn12an1（2an11），化为：an2an1，又a11，数列an是首项为1公比为2的等比数列，an2n1若选an+1=an+2n-1，n2时，anan12n2则an（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a12n2+2n3+2+1+1=2n-1-12-1+12n1若选Sn+12Sn+1，a11n2时，Sn2Sn1+1，相减可得：an+12an，n1时，S22S1
23、+1，1+a22+1，解得a22，a22a1，数列an是首项为1公比为2的等比数列，an2n1（2）bn=nan=n2n-1，数列bn的前n项和Tn1+22+322+423+n-12n-2+n2n-1，12Tn=12+222+n-12n-1+n2n，相减可得：12Tn1+12+122+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n，化为：Tn4-n+22n-118（12分）某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别150，250），250，350），350，450），450，550），550，650（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示（1）估计这组数据的平
24、均数；（2）在样本中，按分层抽样从质量在250，350），350，450）中的芒果中随机抽取10个，再从这10个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；（3）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：方案：所有芒果以10元/千克收购；方案：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？【解答】解：（1）质量分别150，250），250，350），350，450），450，550），550，650
25、（单位：克）中的频率为0.00171000.17、0.0021000.2、0.0031000.3、0.00251000.25、0.00081000.08，故估计这组数据的平均数为2000.17+3000.2+4000.3+5000.25+6000.08387；（2）样本中质量在250，350），350，450）中的芒果分别为1000.220，1000.330个，故按分层抽样从质量在250，350），350，450）中的芒果中分别抽取102050=4，1046个，则从这10个中随机抽取2个，这2个芒果都来自同一个质量区间的概率为42+62102=715；（3）按方案收购，估计可获得毛利润1010
26、0000.38738700元，按方案收购，估计质量低于350克的芒果有10000（0.17+0.2）3700个，质量高于或等于350克的芒果有1000037006300个，故估计可获得毛利润33700+5630042600元，故按方案收购时，种植园获利更多19（12分）如图1在直角梯形ABCD中，ADBC，ABAD点E为BC的中点点F在D上，且EFAB，BCEFDF4将四边形CDEF沿EF边折起，如图2（1）证明：图2中的AE平面BCD；（2）在图2中，若AD=23求二面角DBCE的余弦值【解答】（1）证明：设AEBFH，取DF的中点为G，连接AG，GH，GC，因为直角梯形ABCD中，ADBC
27、，ABAD，点E为BC的中点，点F在D上，且EFAB，BCEFDF4，所以四边形ABEF为矩形，所以H为BF的中点，因为GFCE，且GFCE，所以四边形EFGC为平行四边形，所以GCEF，GCEF，又ABEF，ABEF，所以GCAB，GCAB，所以四边形ABCG为平行四边形，所以AGBC，因为AG平面BCD，BC平面BCD，所以AG平面BCD，因为DF的中点为G，H为BF的中点，所以GHBD，因为GH平面BCD，BD平面BCD，所以GH平面BCD，又GHAGG，所以平面AGH平面BCD，因为AH平面AGH，所以AH平面BCD，即AE平面BCD；（2）解：因为DF=4，AD=23，AF=2，所以
28、DF2AD2+AF2，所以ADDF，又EFAB，ABAD，所以EFAF，EFDF，DFAFF，所以EF平面DAF，所以AB平面DAF，同理可得EF平面BEC，所以AB平面BEC，所以ABAF，ABAD，所以以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则D(0，0，23)，B(4，0，0)，BD=(-4，0，23)，BC=AG=(0，1，3)，设平面BCD的法向量为n=(x，y，z)，则nBD=-4x+23z=0nBC=y+3z=0，取z=23可得n=(3，-6，23)，因为AB平面BEC，所以平面BEC的法向量为AB=(4，0，0)，所以cosAB，n=ABn|AB|n|=12574=
29、35757，因为二面角DBCE为钝二面角，所以二面角DBCE的余弦值为-3575720（12分）已知抛物线C：y24x的焦点为F，斜率为k的直线与抛物线C交于A、B两点，与x轴交于P（a，0）（1）当k1，a3时求|AF|+|BF|的值；（2）当点P、F重合时，过点A的圆x2+y2r2（r0）与抛物线C交于另外一点D试问直线BD是否过x轴上的定点Q？若是，请求出点Q坐标；若不是，请说明理由【解答】解：（1）抛物线C：y24x，焦点F（1，0），直线AB的斜率为1，与x轴交于P（3，0），直线AB的方程为yx3，联立方程y=x-3y2=4x，消去y得x210x+90，xA+xB10，|AF|+|
30、BF|xA+xB+p10+212（2）依题意，直线AB的方程为yk（x1），设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程y=k(x-1)y2=4x，消去y得k2x2（2k2+4）x+k20，x1+x2=2k2+4k2，x1x21，由圆及抛物线的对称性可得D（x1，y1），则直线BD：yy2=y2+y1x2-x1(x-x2)，令y0，可得x=x1y2-x2y2y2+y1+x2=x1y2+x2y1y2+y1=kx1(x2-1)+kx2(x1-1)k(x1+x2-2)=2kx1x2-k(x1+x2)k(x1+x2-2)=2k-k2k2+4k2k(2k2+4k2-2)=-1，直线BD过x轴上的定点Q
31、（1，0）21（12分）已知函数f（x）xlnx+mx2+nx+1在（1，f（1）处的切线方程是x+y10（1）求f（x）的单调区间；（2）如果x1，x2（0，+）且x1x21求证：f（x1）+f（x2）0【解答】解：（1）f（x）lnx+1+2mx+n，函数f（x）xlnx+mx2+nx+1在（1，f（1）处的切线方程是x+y10，f（1）m+n+10，f（1）1+2m+n1，联立解得：m1，n0f（x）xlnxx2+1，f（x）lnx2x+1g（x），g（x）=1x-2=1-2xx，可得：x（0，12）时，g（x）0，此时函数g（x）单调递增；x（12，+）时，g（x）0，此时函数g（x）
32、单调递减x=12是函数g（x）的极大值点，g（12）也是函数g（x）的最大值，g（12）ln20，f（x）0，函数f（x）在（0，+）上单调递减（2）证明：x1，x2（0，+）且x1x21不妨设0x11x2，x11x20，由（1）可得函数f（x）在（0，+）上单调递减f（x1）f（1x2），要证明f（x1）+f（x2）0，只要证明f（1x2）+f（x2）0即可令h（x）f（1x）+f（x），x（1，+），即证明：1xln1x-1x2+1+xlnxx2+10，化为：（x-1x）lnx(x-1x)2，而x-1x）0，因此上述不等式等价于lnxx-1x，即xlnxx2+10，由（1）可得：函数f（x
33、）xlnxx2+1在x（1，+）上单调递减，f（x）f（1）0，lnxx-1x，因此结论成立（二）选考题：共10分请考生在第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x=cos+siny=3cos-3sin（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，直线l的极坐标方程为cos(+4)=-2（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）已知点P（1，1），直线l和曲线C相交于M、N两点，求1|PM|+1|PN|的值【解答】解：（1）曲线C的参数方程为x=cos+siny=3cos-3
34、sin（为参数），转换为直角坐标方程为y26+x22=1直线l的极坐标方程为cos(+4)=-2，根据x=cosy=sinx2+y2=2，转换为直角坐标方程为xy+20（2）直线的方程xy+20，转化为参数方程为x=-1+22ty=1+22t（t为参数），代入y26+x22=1，得到：t2-2t-1=0；所以t1+t2=2，t1t21；故1|PM|+1|PN|=(t1+t2)2-4t1t2|t1t2|=6选修4-5：不等式选讲23已知a0，b0，c0函数f（x）|xa|+|x+b|+c（1）当a1，b1时，解关于x的不等式f（x）4+c；（2）当f（x）的最小值为1时，证明：a2+b2c+a2
35、+c2b+b2+c2a2【解答】解：（1）当a1，b1时，f（x）|x1|+|x+1|+c，f（x）4+c，|x1|+|x+1|4，当x1时，|x1|+|x+1|4，即x1+x+14，解得x2，故x2，当1x1时，|x1|+|x+1|4，即1x+x+14，显然不成立，当x1时，|x1|+|x+1|4，即1xx14，解得x2，故x2，故不等式的解集为：（2，+）（，2）（2）a0，b0，c0，f（x）|xa|+|x+b|+c|ax|+|x+b|+c|ax+x+b|+ca+b+c，当f（x）的最小值为1时，即当a+b+c1时，a2+b2c+a2+c2b+b2+c2a2abc+2acb+2bca，当且仅当abc=13时，等号成立，2abc+2acb+2bca =(abc+acb)+(abc+bca)+(acb+bca) =a(bc+cb)+b(ac+ca)+c(ab+ba)2abccb+2bacca+2cabba=2（a+b+c）2，当且仅当abc=13时，等号成立，故a2+b2c+a2+c2b+b2+c2a2第22页（共22页）
