1、2022年四川省泸州市泸县五中高考数学适应性试卷（文科）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）若复数（R）是纯虚数，则复数2a+2i在复平面内对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2（5分）已知集合Ax|ylg（2x），集合Bx|2x4，则AB（）Ax|x2Bx|2x2Cx|2x2Dx|x23（5分）等差数列an中，a33，a57，则a7（）A5B9C11D134（5分）5G时代悄然来临，为了研究中国手机市场现状，中国信通院统计了2019年手机市场每月出货量以及与2018年当月同比增长的情况，得到如图统计图：
2、根据该统计图，下列说法错误的是（）A2019年全年手机市场出货量中，5月份出货量最多B2019年下半年手机市场各月份出货量相对于上半年各月份波动小C2019年全年手机市场总出货量低于2018年全年总出货量D2018年12月的手机出货量低于当年8月手机出货量5（5分）正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱AA1的中点（如图），用过点B、E、D1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）ABCD6（5分）著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为1，空气温度为0，则t分钟后物体的温度（单位：）满足若常数k0.05，空气温度为30，某物体的温度从90下降到
3、50，大约需要的时间为（）（参考数据：ln31.1）A16分钟B18分钟C20分钟D22分钟7（5分）函数的图象大致为（）ABCD8（5分）已知cosa，则sin（）AaBaC2aD2a9（5分）数学与建筑的结合造就建筑艺术品，2018年南非双曲线大教堂面世便惊艳世界，如图若将此大教堂外形弧线的一段近似看成焦点在y轴上的双曲线0）上支的一部分，且上焦点到上顶点的距离为2，到渐近线距离为，则此双曲线的离心率为（）A2B3CD210（5分）若函数f（x）ex的图象上两点M，N关于直线yx的对称点在g（x）ax2的图象上，则a的取值范围是（）AB（，e）CD（0，e）11（5分）已知正项等比数列an
4、，向量（a3，8），（a7，2），若，则log2a1+log2a2+log2a9（）A12B16C18D6+log2512（5分）已知函数f（x）2cos（x+）1（0，|）的一个零点是，当时函数f（x）取最大值，则当取最小值时，函数f（x）在上的最大值为（）A2BCD0二、填空题：本题共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，则z2x+y的最大值为 14（5分）某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D（X）2.4，P（X4）P（X6），则p 15（5分）椭圆C：的上、下顶点分别为A，C，如
5、图，点B在椭圆上，平面四边形ABCD满足BADBCD90，且SABC2SADC，则该椭圆的离心率为 16（5分）某市民广场有一批球形路障球（如图1所示）现公园管理处响应市民要求，决定将每个路障球改造成方便市民歇脚的立方八面体石凳（如图2所示）其中立方八面体有24条棱、12个顶点、14个面（6个正方形、8个正三角形），它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体经过测量，这批球形路障球每个直径为60cm，若每个路障球为改造后所得的立方八面体的外接球，则每个改造后的立方八面体表面积为 cm2三、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
6、、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）州电视台为了解州卫视一档中华诗词类节目的收视情况，抽查东西区各5个县，统计观看该节目的人数的数据得到如图所示的茎叶图（单位：百人）其中一个数字被污损（1）求西部各县观看该节目的观众的平均人数超过东部各县观看该节目的平均人数的概率；（2）该节目的播出极大地激发了观众对中华诗词学习的热情，现从观看节目的观众中随机统计了4位观众学习诗词的周平均时间y（单位：小时）与年龄x（单位：岁）的关系，如表所示：x20304050y2.5344.5根据表中的数据，试求线性回归方程，并预测年龄为60岁的观众学习诗词的时间（参考公式：，）18（1
7、2分）如图，在平面四边形ABCD中，B120，AB2BAC的平分线与BC交于点E，且（1）求BEA及AC；（2）若ADC60，求四边形ABCD周长的最大值19（12分）如图所示，已知长方形ABCD中，AB2AD2，M为DC的中点，将ADM沿AM折起，使得ADBM（1）求证：平面ADM平面ABCM；（2）若E点满足，求VEABM？20（12分）已知椭圆C：+1（ab0）的长轴长为4，且经过点P（，）（1）求椭圆C的方程；（2）直线l的斜率为，且与椭圆交于A，B两点（异于点P），过点P作APB的角平分线交椭圆于另一点Q证明：直线PQ与坐标轴平行21（12分）已知函数f（x）ax（a+2）lnx+2
8、，其中aR（1）当a4时，求函数f（x）的极值；（2）试讨论函数f（x）在（1，e）上的零点个数选考题，共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为（1）求直线l及圆C的直角坐标方程；（2）若直线l和圆C交于A，B两点，P是圆C上不同于A，B的任意一点，求PAB面积的最大值选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|x1|+|2x+4|（）求不等式f（x）6的解集；（）若f（x）|m
9、1|0恒成立，求实数m的取值范围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）若复数（R）是纯虚数，则复数2a+2i在复平面内对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【分析】化简复数，根据纯虚数的定义求出a的值，写出复数2a+2i对应复平面内点的坐标，即可得出结论【解答】解：复数（a+1）+（a+1）i，该复数是纯虚数，a+10，解得a1；所以复数2a+2i2+2i，它在复平面内对应的点是（2，2），它在第二象限故选：B2（5分）已知集合Ax|ylg（2x），集合Bx|2x4，则AB（）Ax|x2Bx
10、|2x2Cx|2x2Dx|x2【分析】求出集合的等价条件，利用交集的定义进行求解即可【解答】解：Ax|x2，Bx|2x2，ABx|2x2，故选：C3（5分）等差数列an中，a33，a57，则a7（）A5B9C11D13【分析】根据等差数列的性质即可求出【解答】解：等差数列an中，a33，a57，则a72a5a314311，故选：C4（5分）5G时代悄然来临，为了研究中国手机市场现状，中国信通院统计了2019年手机市场每月出货量以及与2018年当月同比增长的情况，得到如图统计图：根据该统计图，下列说法错误的是（）A2019年全年手机市场出货量中，5月份出货量最多B2019年下半年手机市场各月份出
11、货量相对于上半年各月份波动小C2019年全年手机市场总出货量低于2018年全年总出货量D2018年12月的手机出货量低于当年8月手机出货量【分析】根据图象逐一分析即可【解答】解：对于A，由柱状图可得五月出货量最高，故A正确；对于B，根据曲线幅度可得下半年波动比上半年波动小，故B正确；对于C，根据曲线上数据可得仅仅四月五月比同比高，其余各月均低于2018年，且明显总出货量低于2018年，故C正确；对于D，可计算的2018年12月出货量为3044.4（114.7%）3569.05，8月出货量为3087.5（15.3%）3260.33569.05，故12月更高，故D错误，故选：D5（5分）正方体AB
12、CDA1B1C1D1中，E为棱AA1的中点（如图），用过点B、E、D1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为（）ABCD【分析】利用平面的基本性质，画出直观图，然后判断左视图即可【解答】解：由题意可知：过点B、E、D1的平面截去该正方体的上半部分，如图直观图，则几何体的左视图为：D故选：D6（5分）著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为1，空气温度为0，则t分钟后物体的温度（单位：）满足若常数k0.05，空气温度为30，某物体的温度从90下降到50，大约需要的时间为（）（参考数据：ln31.1）A16分钟B18分钟C20分钟D22分钟【分析】由题意
13、可得，030，190，50，故5030+（9030）e0.05t，再结合对数函数的公式，即可求解【解答】解：由题意可得，030，190，50，故5030+（9030）e0.05t，即0.05tln，t故选：D7（5分）函数的图象大致为（）ABCD【分析】判断函数的奇偶性和对称性，判断函数值的符号是否对应，利用排除法进行判断即可【解答】解：记，则，因此函数是偶函数；故排除BC；当0x时，sinx0，因此；排除D；故选：A8（5分）已知cosa，则sin（）AaBaC2aD2a【分析】由已知求得sin，再由sinsin（），结合诱导公式及倍角公式求解【解答】解：由cosa，得sin，sinsin（
14、）sin2sincos2a故选：C9（5分）数学与建筑的结合造就建筑艺术品，2018年南非双曲线大教堂面世便惊艳世界，如图若将此大教堂外形弧线的一段近似看成焦点在y轴上的双曲线0）上支的一部分，且上焦点到上顶点的距离为2，到渐近线距离为，则此双曲线的离心率为（）A2B3CD2【分析】利用已知条件求出方程组，得到a，c，即可求解双曲线的离心率【解答】解：双曲线0）的上焦点到上顶点的距离为2，到渐近线距离为，可得：，解得a1，c3，b2，所以双曲线的离心率为：e3故选：B10（5分）若函数f（x）ex的图象上两点M，N关于直线yx的对称点在g（x）ax2的图象上，则a的取值范围是（）AB（，e）C
15、D（0，e）【分析】易知，函数f（x）ex关于直线yx对称的函数为ylnx，由题意，函数g（x）ax2与函数ylnx有两个交点，作图观察即可得到结论【解答】解：函数f（x）ex关于直线yx对称的函数为ylnx，则函数g（x）ax2与函数ylnx有两个交点，显然a0，作出函数图象如设ylnx上任一点坐标为（x0，lnx0），因为其导函数为y，故其对应切线的斜率为：k；故切线为：ylnx0（xx0）yx1+lnx0；当切线过点（0，2）时；1+lnx02x0；此时对应的切线斜率为：e；由图可知，要使函数f（x）ax2与函数ylnx有两个交点，则需 0ae故选：D11（5分）已知正项等比数列an，向
16、量（a3，8），（a7，2），若，则log2a1+log2a2+log2a9（）A12B16C18D6+log25【分析】由向量垂直的条件可得a3a716，再由等比数列的性质和对数的运算性质，化简可得所求值【解答】解：向量（a3，8），（a7，2），若，可得0，即a3a7820，即a3a716，由正项等比数列an，可得a1a9a2a8a3a7a4a6a5216，则log2a1+log2a2+log2a9log2（a1a2a9）log2499log2418故选：C12（5分）已知函数f（x）2cos（x+）1（0，|）的一个零点是，当时函数f（x）取最大值，则当取最小值时，函数f（x）在上的最大
17、值为（）A2BCD0【分析】由题意可得f（）0，f（）1，可得，的方程组，解得，得到的关系式，求得最小值，可得f（x）的解析式，由余弦函数的单调性可得所求最大值【解答】解：f（）2cos（+）10，cos（+），+2k，kZ，f（）2cos（+）11，cos（+）1，+2m，mZ，由可得8k6m，由于|，可取k1，m1，解得（舍去），则6m2，mZ，可得正数的最小值为4，即有f（x）2cos（4x+）1，由x，可得4x+，可得f（x）在上递减，则f（x）的最大值为f（）2cos1210，故选：D二、填空题：本题共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，则z2x+y的
18、最大值为 7【分析】作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象知当直线过A时，z取得最大值【解答】解：画出实数x，y满足约束条件 表示的平面区域如图：目标函数变形为2x+zy，则z表示直线在y轴上截距，截距越大，z越大，作出目标函数对应的直线L：y2x由 可得A（2，3）目标函数z2x+y线过A（2，3）时，直线的纵截距最大，z取得最大值为z7；故答案为：714（5分）某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D（X）2.4，P（X4）P（X6），则p0.6【分析】说明使用移动支付的人数X服从二项分布，利
19、用D（X）2.4，求出概率，通过P（X4）P（X6），列出不等式，判断概率即可【解答】解：由题意，使用移动支付的人数X服从二项分布，则D（X）10p（1p）2.4，解得p0.4或p0.6，又P（X4）P（X6），即，化简得（1p）2p2，解得，所以p0.6故答案为：0.615（5分）椭圆C：的上、下顶点分别为A，C，如图，点B在椭圆上，平面四边形ABCD满足BADBCD90，且SABC2SADC，则该椭圆的离心率为 【分析】根据点A，B，C，D在以DB为直径的圆上，设B（x1，y1），D（x2，y2），结合圆的性质以及所给面积关系可得y1+y20，x12x2，求得圆的方程，代入A点坐标经计算即
20、可得解【解答】解：根据题意可得A（0，b），C（0，b），设B（x1，y1），D（x2，y2），由BADBCD90，可得点A，B，C，D在以DB为直径的圆上，又原点O为圆上的弦AC的中点，所以圆心在AC的垂直平分线上，可得圆心在x轴上，所以y1+y20，又SABC2SADC，可得x12x2，故圆心坐标为（，0）所以圆的方程为（x）2+y2，将（0，b）代入结合，可得b29，所以b3，a3c3，所以e故答案为：16（5分）某市民广场有一批球形路障球（如图1所示）现公园管理处响应市民要求，决定将每个路障球改造成方便市民歇脚的立方八面体石凳（如图2所示）其中立方八面体有24条棱、12个顶点、14个面
21、（6个正方形、8个正三角形），它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体经过测量，这批球形路障球每个直径为60cm，若每个路障球为改造后所得的立方八面体的外接球，则每个改造后的立方八面体表面积为 cm2【分析】由题意可得立方八面体表面有8个正三角形，再加上6个小正方形，且正方形边长与正三角形边长相等，当立方八面体外接于路障球时体积最大，即路障球为立方八面体的外接球设立方八面体棱长为a，求得外接球的直径，可得a，再由表面积公式计算可得所求值【解答】解：由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，则立方八面体表面有8个正三角形，再加上6个小正方形，且正方形边长与正三角形边长相等，当立方八面体外接
22、于路障球时体积最大，即路障球为立方八面体的外接球设立方八面体棱长为a，外接球直径2a60，则a30，所以立方八面体表面积故答案为：5400+1800三、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）州电视台为了解州卫视一档中华诗词类节目的收视情况，抽查东西区各5个县，统计观看该节目的人数的数据得到如图所示的茎叶图（单位：百人）其中一个数字被污损（1）求西部各县观看该节目的观众的平均人数超过东部各县观看该节目的平均人数的概率；（2）该节目的播出极大地激发了观众对中华诗词
23、学习的热情，现从观看节目的观众中随机统计了4位观众学习诗词的周平均时间y（单位：小时）与年龄x（单位：岁）的关系，如表所示：x20304050y2.5344.5根据表中的数据，试求线性回归方程，并预测年龄为60岁的观众学习诗词的时间（参考公式：，）【分析】（1）设被污损的数字为x（xN，0x9），求出样本中心，判断范围，推出结果即可（2）求出样本中心，回归直线的斜率，得到回归直线方程，然后求解即可【解答】解：（1）设被污损的数字为x（xN，0x9），则，由题意得：，即，即x9，所以，西部各县观看该节目的观众的平均数超过东部各县观看该节目的观众的平均数的概率为（2）由已知得：，回归直线方程为，当
24、x60时，即年龄为60岁的观众学习诗词的时间为5.25小时18（12分）如图，在平面四边形ABCD中，B120，AB2BAC的平分线与BC交于点E，且（1）求BEA及AC；（2）若ADC60，求四边形ABCD周长的最大值【分析】（1）在ABE中，由正弦定理可求sinAEB的值，又AEBB，可求AEB45，利用三角形的内角和定理可求BAE的值，进而可求ACB的值，可得BCAB2，在ABC中，根据余弦定理即可解得AC的值（2）令ADm，CDn，在ACD中，根据余弦定理，基本不等式可求，即可求解四边形ABCD周长的最大值【解答】解：（1）在ABE中，由正弦定理得：又AEBB，则AEB45，于是BAE
25、1801204515，所以BAC30，ACB1801203030所以BCAB2在ABC中，根据余弦定理得AC222+22222cos12012，所以（2）令ADm，CDn，在ACD中，根据余弦定理得，即有，即，所以，当且仅当时，“”成立所以，四边形ABCD周长的最大值为19（12分）如图所示，已知长方形ABCD中，AB2AD2，M为DC的中点，将ADM沿AM折起，使得ADBM（1）求证：平面ADM平面ABCM；（2）若E点满足，求VEABM？【分析】（1）由已知求解三角形可得BMAM，结合ADBM，由直线与平面垂直的判定可得BM平面ADM，从而得到平面ADM平面ABCM；（2）取AM的中点F，
26、连接DF，证明DF平面ABCM，结合向量等式可得D到平面ABCM的距离，再由棱锥体积公式求解【解答】（1）证明：长方形ABCD中，M为DC的中点，AMBM2，AM2+BM2AB2，则BMAM，又ADBM，ADAMA，BM平面ADM，又BM平面ABCM，平面ADM平面ABCM；（2）解：取AM的中点F，连接DF，M为DC的中点，DFAM，得DF1，由（1）知，平面ADM平面ABCM，DF平面ADM，平面ADM平面ABCMAM，DF平面ABCM，E到平面ABCM的距离等于D到平面ABCM的距离的，20（12分）已知椭圆C：+1（ab0）的长轴长为4，且经过点P（，）（1）求椭圆C的方程；（2）直线
27、l的斜率为，且与椭圆交于A，B两点（异于点P），过点P作APB的角平分线交椭圆于另一点Q证明：直线PQ与坐标轴平行【分析】（1）由条件得：解得a，b，即可得到椭圆方程（2）证明：欲证PQ与坐标轴平行，即证直线PQ的方程为x；或y，又因为PQ平分APB，故只需证明PA，PB的斜率都存在时满足kPA+kPB0即可当PA，PB的斜率不存在时，说明不满足题意然后证明kPA+kPB0设直线l：，A（x1，y1），B（x2，y2），联立，利用韦达定理结合kPA+kPB的表达式，推出结果即可【解答】（1）解：由条件得：解得a2，b1，椭圆C：（2）证明：欲证PQ与坐标轴平行，即证直线PQ的方程为x；或y，又
28、因为PQ平分APB，故只需证明PA，PB的斜率都存在时满足kPA+kPB0即可当PA，PB的斜率不存在时，即点A或B的坐标为，而经检验此时直线l与椭圆C相切，不满足题意故PA，PB的斜率都存在，下证kPA+kPB0设直线l：，A（x1，y1），B（x2，y2），联立，可得x2+2mx+2m220此时4m2+80，x1+x22m，x1x22m2，kPA+kPB0（），（）式的分子，直线PQ与坐标轴平行得证21（12分）已知函数f（x）ax（a+2）lnx+2，其中aR（1）当a4时，求函数f（x）的极值；（2）试讨论函数f（x）在（1，e）上的零点个数【分析】（1）把a4代入后对函数求导，然后结
29、合导数可求函数的单调性，进而可求极值；（2）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，确定导数符号，然后结合导数与函数的性质可求【解答】解：（1）当a4时，f（x）4x6lnx+2，x0，易得f（x）在（0，），（1，+）上单调递增，在（）上单调递减，故当x时，函数取得极大值f（）6ln2，当x1时，函数取得极小值f（1）4，（2），当a0时，f（x）在（1，e）上单调递减，f（x）f（1）a0，此时函数在（1，e）上没有零点；当a2时，f（x）在（1，e）上单调递增，f（x）f（1）a2，此时函数在（1，e）上没有零点；当0即时，f（x）在（1，e）上单调递减，由题意可得，解可
30、得，0，当即时，f（x）在（1，）上单调递减，在（）上单调递增，由于f（1）a0，f（e）a（e1），令g（a）f（）2（a+2）lna+2（a+2）lna（1+ln2）a+42ln2，令h（a），则0，所以h（a）在（）上递减，h（a）h（2）10，即g（a）0，所以g（a）在（）上递增，g（a）g（）2，即f（）0，所以f（x）在（1，e）上没有零点，综上，当0a时，f（x）在（1，e）上有唯一零点，当a0或a时，f（x）在（1，e）上没有零点选考题，共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系x
31、Oy中，直线l的参数方程为（t为参数）以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为（1）求直线l及圆C的直角坐标方程；（2）若直线l和圆C交于A，B两点，P是圆C上不同于A，B的任意一点，求PAB面积的最大值【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（2）利用点到直线的距离公式的应用求出最大距离，进一步求出三角形面积的最大值【解答】解：（1）圆C的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为（x1）2+（y+1）22，直线l的参数方程为（t为参数），转换为直角坐标方程为；（2）圆C的圆心坐标为（1，1），半径为，圆心到直线l的距离为，
32、点P到直线AB距离的最大值为，选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|x1|+|2x+4|（）求不等式f（x）6的解集；（）若f（x）|m1|0恒成立，求实数m的取值范围【分析】（1）利用分段讨论法，去掉绝对值，解不等式即可；（2）利用绝对值不等式求出f（x）的最小值，再把f（x）|m1|0恒成立化为|m1|3，从而求出实数m的取值范围【解答】解：（1）依题意，|x1|+|2x+4|6，当x2时，原式化为1x2x46，解得x3，故x3；当2x1时，原式化为1x+2x+46，解得x1，故无解；当x1时，原式化为x1+2x+46，解得x1，故x1；综上所述，不等式f（x）6的解集为（，3）（1，+）；（2）因为f（x）|x1|+|2x+4|x1|+|x+2|+|x+2|x1|+|x+2|3，当且仅当x2时，等号成立故f（x）|m1|0恒成立等价于|m1|3；即3m13，解得2m4；故实数m的取值范围为2，425 / 25
