四川省德阳市2022届高三第二次质量监测考试文科数学试题及参

题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题

1．已知集合Ax1x4，Bxx0，则下列结论正确的是（ ） A．AB

C．RAxx1或x4

B．RBxx0 D．ABx1x4

2．若复数z满足zi1i（i是虚数单位），则z的共轭复数是（ ） A．1i

B．1i

C．1i

D．1i

y23．已知变量x,y满足约束条件xy4，则z3xy的最小值为（ ）

xy1A．12

2B．11 C．8 D．1

y24．设双曲线x1的左、右焦点分别为F1，F2，若点P在双曲线上，且

4PF13，则PF2（ ）

A．1或5

B．1

C．4

D．5

5．已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.且b2asinB， 则cosBsinC的取值范围为（ ） A．(0,3]

B．(1,3]

33C．2,2

13D．2,2

6．下列结论错误的是（ ）

A．“x2”是“x24x40”的充要条件

B．若mR，则方程x2xm0一定有实根是假命题 C．在ABC中，若“AB”则“sinAsinB”

2D．命题p：“x0R，x02x040”，则p：“xR，x22x40”

7．如图所示，平面内有三个向量OA、OB、OC，其中OA与OB的夹角为120，OA与

OC的夹角为30，且OAOB1,OC3，若OCOAOB，则( )

试卷第1页，共5页

A．1

8．已知函数fxB．2 C．3 D．4

aasinxx2，定义城为R的函数gx满足

sinxxgxgx4，若函数yfx与ygx图象的交点为x1,y1、x2,y2、

、

x6,y6，则xiyi（ ）

i16A．24 B．12 C．6 D．0

9．已知P,A,B,C是球O面上的四个点，PA平面ABC，PA2BC6，

BAC90，则该球的表面积为（ ）

A．28 10．函数f(x)B．45

C．35

D．25

xsinx的图象大致为（ ） x21A． B．

C． D．

x2y211．以双曲线221（a＞0，b＞0）中心O（坐标原点）为圆心，焦距为直径的

ab圆与双曲线在第一象限内交于M点，F1、F2分别为双曲线的左、右焦点，过点M作x轴的垂线，垂足恰为OF2的中点，则双曲线的离心率为（ ） A．31

B．3 C．31

D．2

12．设a2022ln2020，b2021ln2021，c2020ln2022，则（ ） A．acb C．bac 二、填空题

13．在ABC中，若Cπ，则sinAsinB的最大值是______． 2B．cba D．abc

14．若f(x)2x2xlga是奇函数，则实数a=_____________．

15．已知0，函数f(x)cos(x)在(,)上单调递减，则的取值范围是

24_______．

16．如图，矩形ABCD中，AB2AD2，E为边AB的中点，将ADE沿DE翻折成△A1DE，若M为线段A1C的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是______．

试卷第2页，共5页

①翻折到某个位置，使得DA1EC ①翻折到某个位置，使得AC平面A1DE ①四棱锥A1DCBE体积的最大值为①点M在某个球面上运动

2 4

三、解答题

17．2021年9月以来，多地限电的话题备受关注，广东省能源局和广东电网有限责任公司联合发布《致全省电力用户有序用电、节约用电倡议书》，目的在于引导大家如何有序节约用电．某市电力公司为了让居民节约用电，采用“阶梯电价”的方法计算电价，每户居民每月用电量不超过标准用电量x（千瓦时）时，按平价计费，每月用电量超过标准电量x（千瓦时）时，超过部分按议价计费．随机抽取了100户居民月均用电量情况，已知每户居民月均用电量均不超过450度，将数据按照[0，50），[50，100），…[400，450]分成9组，制成了频率分布直方图（如图所示）．

(1)求直方图中m的值；

(2)如果该市电力公司希望使85%的居民每月均能享受平价电费，请估计每月的用电量标准x（千瓦时）的值；

(3)在用电量不小于350（千瓦时）的居民样本中随机抽取2户，求其中不小于400（千瓦时）的恰好有1户居民的概率．

18．已知等差数列an的前n项和为Sn,a2a512,S416． (1)求an的通项公式； (2)数列bn满足bn14Sn1，Tn为数列bn的前n项和，是否存在正整数m，

试卷第3页，共5页

k1mk，使得Tk3Tm2若存在，求出m，k的值；若不存在，请说明理由．

19．如图，在四棱锥P－ABCD中，已知AB//CD，AD①CD，AB＝AD＝1，DC＝DP＝2，PD①平面ABCD．

(1)求证：BC①平面PBD；

(2)设M，N分别为棱PA，PC的中点，点T满足DT3TP，求证：B，N，T，M四点共面．

x2y220．在直角坐标系xOy中，椭圆C1:221ab0的左、右焦点分别为F1、F2，

ab5F2也是抛物线C2:y24x的焦点，点M为C1与C2在第一象限的交点，且MF2.

3（1）求C1的方程；

、B两点，若（2）平面上的点N满足MNMF1MF2，直线l//MN，且与C1交于AOAOB0，求直线l的方程.

xx21．已知函数fx2aexe.

（1）若a0，求fx的单调区间； （2）若对于任意的xR，fx10恒成立，求a的最小值. ax2cos22．已知曲线C的参数方程为（为参数），以平面直角坐标系的原点O

ysin为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求曲线C上的点到直线x2y20的距离的最大值；

OPOQOPOP222(2)设P，Q是曲线C上的两点，若OPOQ，求23．已知函数f(x)2|x||x3|． (1)求函数f(x)2的解集；

2的值．

试卷第4页，共5页

(2)记函数f(x)的最小值为m，若实数a，b，c满足abcm．证明a22b2c218． 5试卷第5页，共5页

参：

1．C 【解析】 【分析】

根据子集、补集、并集的定义逐一判断即可. 【详解】

A：显然2A,2B，所以AB不成立，因此本选项结论不正确； B：因为Bxx0，所以RBxx0，因此本选项结论不正确； C：因为Ax1x4，所以RAxx1或x4，因此本选项结论正确； D：因为集合Ax1x4，Bxx0，

所以ABx1x4xx0，因此本选项结论不正确， 故选：C 2．B 【解析】 【分析】

把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案． 【详解】

解：由zi1i，得z1i(1i)(i)1i， ii2z1i， 故选：B． 【点睛】

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，属于基础题． 3．C 【解析】 【分析】

先作出不等式组所表示的平面区域，再根据目标函数的几何意义计算得选项. 【详解】

解：画出不等式组表示的可行域如下图阴影部分所示，

答案第1页，共18页

由z3xy得y3xz，平移直线y3xz，

由图形可得，当直线y3xz经过可行域内的点A时，直线在y轴上的截距最小，此时z取得最小值．

y2x2由，解得，故点A的坐标为A(2, 2)．

y2xy4①zmin3228． 故选：C． 4．D 【解析】 【分析】

根据双曲线的定义求解即可. 【详解】

解：由题易知a1，b2，c5，

因为根据双曲线定义有PF1PF22a2且PF13 所以PF21或PF25， 因为PF2ca51， 所以PF25． 故选：D 5．C 【解析】

利用正弦定理化简已知条件，由此求得sinB进而求得B的大小.根据三角恒等变换化简cosBsinC，由此求得取值范围.

答案第2页，共18页

【详解】

依题意b2asinB，

由正弦定理得sinB2sinAsinB， 所以sinA13 ，cosA22由于三角形ABC是锐角三角形，所以A6.

AB2B. 由320B2所以cosBsinCcosBsin3sinB，

351333BcosBcosBsinBcosBsinB

62222由于

1325,B，所以sinB， 322336333sinB,. 所以322故选：C 【点睛】

本题主要考查正弦定理解三角形，考查三角函数值域的求法，两角差的正弦公式，属于中档题. 6．D 【解析】 【分析】

对于A, x2x24x40，故A正确﹔对于B，①mR时，14m的符号不能确定，故 B正确；对于C，利用正弦定理可以判断 C正确；对于D，利用存在量词命题的否定可以判断 D错误. 【详解】

解：对于A,①x24x4x2，①x2x24x40，① A正确﹔

对于B，①mR时，14m，不能确定方程x2xm0是否有根，① B正确； 对于C，在ABC中，①ABabsinAsinB，① C正确；

2答案第3页，共18页

对于D，p：xR，x22x40，① D错误. 故选：D. 7．C 【解析】 【分析】

根据条件，可对 OCOAOB的两边平方得出，322①，对

922OCOAOB两边同时点乘 OA即可得出②，联立①①即可解出，44的值． 【详解】

OA与OB的夹角为120，OA与OC的夹角为30，且OAOB1,OC3；

对OCOAOB两边平方得：322①；

3922②； 对OCOAOB两边同乘OA得：，两边平方得：22443323①②得：；根据图象知，0，1，代入得，2；

22443．

故选C． 【点睛】

考查向量数量积的运算及计算公式，以及向量夹角的概念，向量加法的平行四边形法则． 8．B 【解析】 【分析】

分析可知函数yfx与ygx图象的交点也关于点0,2对称，利用对称性可求得结果. 【详解】

令hxxsinx，其中xR，hx1cosx0且hx恒不为零， 所以，函数hx在R上单调递增，且h00， 当x0时，hxh00；当x0时，hxh00.

答案第4页，共18页

所以，函数fx的定义域为xx0， 因为fxaaaxsinx2axsinx2， sinxxxsinx所以，函数fxfx4，故函数fx的图象关于点0,2对称， 由题意可知，函数gx的图象也关于点0,2对称，

所以，函数yfx与ygx图象的交点也关于点0,2对称， 所以，xiyixiyi04312.

i1i1i1666故选：B. 9．B 【解析】 【分析】

根据可证三棱锥PABC的三条侧棱AB,AC,AP两两互相垂直，将三棱锥PABC补形成以AB,AC,AP为长宽高的长方体，又P,A,B,C是球O面上的四个点，所以球O的直径为该长方体的体对角线，再根据题意可求出该长方体的体对角线长，进而求出球O的表面积. 【详解】

由题意，作出三棱锥PABC，如图所示，

因为PA平面ABC，所以PAAC，又BAC90，所以ABAC， 又PAABA，所以AC平面PAB；

答案第5页，共18页

同理AB平面PAC，则AB,AC,AP两两互相垂直，

将三棱锥PABC补形成以AB,AC,AP为长宽高的长方体，如下图所示，

又P,A,B,C是球O面上的四个点，所以球O的直径为该长方体的体对角线， 又PA2BC6，BAC90，所以该长方体的体对角线长为623245， 即球O的直径2R45，其中R是球O的半径； 所以球O的表面积为4R245. 故选:B. 10．A 【解析】 【分析】

根据函数的定义域、奇偶性以及f的值来确定正确选项.

2【详解】

xsinx的定义域为R， x21xsin(x)sinxx2f(x)，所以函数f(x)为奇函数， 且f(x)(x)21x1由题意，函数f(x)其图象关于原点对称，所以排除C、D项， 12f0，所以排除B项． 2212答案第6页，共18页

故选：A 11．C 【解析】 【分析】

由题意M的坐标为M,率． 【详解】

c3ec，代入双曲线方程可得的方程，即可求出双曲线的离心22c解：由题意可得圆的半径为c，圆心为O，依题意可得M的横坐标为，纵坐标为

22c33cMcc，即M的坐标为2,2c， 222c23c2代入双曲线方程可得221，

4a4b123e2e1， 即有44(e21)e48e240，

e2423，或e2423，因为e1，所以e2423 e13，

故选：C 12．D 【解析】 【分析】 分别构造f(x)lnxlnx、m(x)，利用导数研究其单调性，进而判断x1x1f(2021),f(2020)、m(2022),m(2021)的大小关系，即可知a,b,c的大小关系.

【详解】

11lnxlnx令f(x)且x(0,)，则f(x)， xx12(x1)111若g(x)1lnx，则在x(0,)上g(x)20，即g(x)单调递减，

xxx又g(e)1110，g(e2)210，即x0(,e2)使g(x0)0，

eee①在(x0,)上g(x)0，即f(x)0，f(x)单调递减；

答案第7页，共18页

①f(2021)f(2020)，有

ln2021ln2020，即ab， 2022202111lnxlnx令m(x)且x(0,1)(1,)，则m(x)， xx12(x1)111若n(x)1lnx，则n(x)(1)，即在x(0,1)上n(x)单调递增，在x(1,)上

xxxn(x)单调递减，

①n(x)n(1)0，即m(x)0，m(x)在x(1,)上递减， ①m(2022)m(2021)，有故选：D. 【点睛】

关键点点睛：通过构造函数，利用导数研究单调性，进而比较函数值的大小. 13．##0.5 2【解析】 【分析】

根据诱导公式以及二倍角正弦公式化简，再根据正弦函数性质求最值 【详解】

解：因为在ABC中，若Cπ， 21ln2022ln2021，即bc， 20212020所以sinBsinAcosA ，

2111所以sinAsinBsinAcosAsin2A，即sinAsinB的最大值是2

22故答案为：2##0.5 14．

11 10【解析】 【详解】

00试题分析：依题意可得f022lga1lga0,lga1,a1． 10考点：奇函数． 15．

15 24【解析】

答案第8页，共18页

【详解】

πfxcosxcosx，若函数fx在,π上单调递减，则

4242T2，02，若x，则x，

22224x44，02，42437,若，44441152，即，故答案为524402π4函数fx在,π上单调递减，则满足，即2415. 24【方法点晴】本题主要考查三角函数的性质及利用单调性求参数的范围，属于中档题. 利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间a,b上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ① 利用导数转化为不等式f'x0或

f'x0恒成立问题求参数范围，本题是利用方法 ① 求解的．

16．①①① 【解析】 【分析】

3时，即A1DAC对于①，当AC1时满足条件；对于①，由于ACDE不成立，进而可1判断；对于①，当平面A1DE平面ABCD时，四棱锥A1DCBE体积的最大，再求解即可；对于①，取DC中点O，连接OM，即可得M在以点O为球心的球面上． 【详解】

解：对于①，由题知A1DA1E，若存在某个位置使得DA1EC，由于A1EECE，

平面A1EC，即A1DACA1E,EC平面A1EC，所以A1D平面A1EC，又AC，由于113， AB2AD2，故AC13， 由于在折叠过程中，A1C(1,5)，所以存在某个位置，使得AC1故存在某个位置，使得DA1EC，故①正确；

答案第9页，共18页

对于①，若存在某个位置，使得AC平面A1DE，因为DE平面A1DE， 所以ACDE，另一方面，在矩形ABCD中，AED故ACDE不成立，所以①错误；

对于①，四棱锥A1DCBE体积的最大时，平面A1DE平面ABCD， 由于△A1DE是等腰直角三角形，所以此时点A1到平面DCBE的距离为所以四棱锥A1DCBE体积的最大值为VSBCDE故①正确；

对于①，取DC中点O，连接OM，由于M为线段A1C的中点， 所以OM//A1D,OM134,CAE4，

2， 221122(21)1， 2322411A1D， 22所以M在以点O为球心的球面上， 故①正确．

故答案为：①①①． 17．(1)0.0030 (2)290 (3)

8 15【解析】 【分析】

（1）由频率分布直方图的性质列出方程，能求出m．

（2）由频率分布直方图求出0,250的频率为0.73，250,300的频率为0.15，该市电力公

答案第10页，共18页

司希望使85%的居民每月均能享受平价电费，由此能估计每月的用电量标准x的值． （3）根据频率分布直方图求出用电量不小于350（千瓦时）的居民户数，与不小于400（千瓦时）的居民户数，再用列举方程列出所有可能结果，最后根据古典概型的概率公式计算可得； (1)

解：由频率分布直方图得：

(0.00080.0016m0.00400.0052m0.00120.00080.0004)501．

解得m0.0030． (2)

解：[0,250)的频率为(0.00080.00160.0030.0040.0052)500.73， [250,300)的频率为0.003500.15，

该市电力公司希望使85%的居民每月均能享受平价电费，

估计每月的用电量标准x250(3)

0.850.7350290． 0.15解：用电量不小于350（千瓦时）的居民样本有：100(0.00080.0004)506户，其中不小于400（千瓦时）的有1000.0004502户，记350,400的4户为1、2、3、4，

400,500的2户为a、b，从6户中随机抽取2户可能结果有1,2、1,3、1,4、

1,a、1,b、2,3、2,4、2,a、2,b、3,4、3,a、3,b、4,a、4,b、a,b共15个；其中不小于400（千瓦时）的恰好有1户居民的有1,a、1,b、2,a、

2,b、3,a、3,b、4,a、4,b共8个，故其中不小于400（千瓦时）的恰好有1户

居民的概率P8； 15*18．（1）an2n1,nN（2）存在，m2,k12

【解析】

（1）设等差数列an的公差为d，由等差数列的通项公式与前n项和公式得

2a15d12a11，解得，从而求出an2n1； 2a3d8d21答案第11页，共18页

（2）由（1）得Snnnn122n2，由bn14n21111，利用裂项相22n12n1k3m2n3m22消法得Tn，若Tk3Tm，则，整理得k，由22k12m122n14m12mkm1得1m1【详解】

6，从而可求出答案． 2解：（1）设等差数列an的公差为d，

a2a5122a15d12a11由得，解得，

S162a3d8d241an12n12n1,nN*；

（2）Snnnn121111bn2，4n122n12n1111111111n111 22n32n12n12n122n12n13352n2，

Tnb1b2bn，

k3m23m2若Tk3Tm，则，整理得k， 2k12m124m12m222m2m13m2m0又km1，4m12m2，整理得4m12m2，

m1m1解得1m16， 2又mN*，m2，k12， ①存在m2,k12满足题意． 【点睛】

本题主要考查等差数列的性质与求和，考查裂项相消法求和，属于中档题． 19．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】

答案第12页，共18页

（1）取CD中点E，连结BE，则BECD，且BE1，由勾股定理得BCBD，由此能证明BC面PBD.

（2）取PD中点H，连接BN，HN，AH，MT，由DT3TP，知T为PH中点，

MT//AH，再证明HN//AB且HNAB，所以四边形ABNH是平行四边形，进而

MT//BN，故结论成立.

(1)

PD面ABCD，又BC面ABCD，BCPD，

取CD中点E，连结BE，则BECD，且BE1，

在Rt△ABD中，BD2，在RtBCE中，BC2， BD2BC2(2)2(2)222CD2，BCBD，

PDBDD

BC平面PBD．

(2)

取PD中点H，连接BN，HN，AH，MT， 由DT3TP，所以知T为PH中点，又M是PA中点， 所以MT//AH，

1又N分别为棱PC的中点，所以HN//CD且HNCD，

2又AB//CD，AB1，DC2，所以HN//AB且HNAB， 所以四边形ABNH是平行四边形， 所以AH//BN，所以MT//BN， 所以B，N，T，M四点共面．

答案第13页，共18页

20．（1）【解析】 【详解】

，（2）．

试题分析：（1）由题为求椭圆方程，则需找出a,b，可由条件，先求出c，再利用5MF2，

3求出两曲线的交点坐标，利用椭圆的定义求出2a．得出方程.

（2）问题为算直线方程，需两个条件．由条件MNMF1MF2及l//MN可得：直线的斜率： k6，再设出直线的斜截式方程：与椭圆方程联立，结合条件

OAOB0，建立关于m的方程，可得所求的直线方程． 试题解析：（1）

的焦点F(1，0),

5MF2，

3

代入抛物线方程，有，

椭圆C1的方程为

（2）点N满足MNMF1MF2，所以易知N与M关于原点对称，所以

设直线l方程：设

代入韦达定理有

联立直线和椭圆方程得到：因为OAOB0，所以

所以直线l方程为

考点：（1）椭圆与抛物线的几何性质及方程思想．（2）向量的几何意义及方程思想．

e321．（1）单调速增区间是,1，单调递减区间是1,；（2）最小值为.

2【解析】 【分析】

（1）求出f(x)，进一步求出fxfx0的解，即可得出结论；

答案第14页，共18页

（2）先由f(0)10，得出a0，通过二次求导并结合隐零点方法，求出f(x)max，转化a为a与g(x)x14aex隐零点的函数关系，再次用导数法，即可求解. 【详解】

解：（1）因为a0，

xx所以fxxe，fxx1e.

令fx0，得x1. 当x,1时，fx0； 当x1,时，fx0.

故fx的单调速增区间是,1，单调递减区间是1,.

2xxxx（2）fx4aex1eex14ae.

因为xR，fx10， a又f02a，所以2ax10，则a0. a令gxx14ae，则gx在R上单调递增. 因为当x0时，gxx14a， 所以g4a14a114a0.

1因为g14ae0，

所以x04a1,1，使得gx00. 且当x,x0时，gx0，则fx0， 当xx0,时，gx0，则fx0，

所以fx在,x0上单调递增，在x0,上单调递减.

2xx故fxmaxfx02ae0x0e0. x由gx0x014ae00，得ax01. 4ex0答案第15页，共18页

4ex01x02x0x01由fxmax0，得x0eex0，

2ex01a即

x014. 2x012结合x010，得x018，所以3x01.

令hxx1x3x1hx0， .则xx4e4e所以hx在[3,1)上单调递增， e3e3所以hxh3，即a.

22e故a的最小值为.

2【点评】

关键点点睛：（1）函数不等式恒成立问题，要注意应用必要条件探路，这样可以缩小参数的范围，减少分类讨论情况，甚至无需分类讨论；

（2）含参函数的最值经常涉及到隐零点，要注意隐零点范围的确定，如（2）由

3fxmax22．(1)5(2) 410确定出隐零点x0的范围，是解题的关键. a310 5【解析】 【分析】

（1）设曲线C上任意一点为P(2cos,sin)，根据点到直线的距离公式，结合三角函数的性质，即可求解；

1122，即可求解. （2）设P(1,),Q(1,)，求得22122OPOQOPOQ22(1)

x2cos解：由曲线C的参数方程为（为参数），

ysin设曲线C上任意一点为P(2cos,sin)，

答案第16页，共18页

22sin()22cos2sin24则点P到直线x2y20的距离，

d51222当sin()1时，可得dmax4(2)

32310. 55x2cos解：由曲线C的参数方程为（为参数），

ysinx2消去参数可得曲线C的普通方程为y21，即x24y24，

4又由xcos,ysin，

可得曲线C的极坐标方程为42sin22cos21，即由点P,Q是曲线C上的两点，且OPOQ， 设P(1,),Q(1,)，

2所以

OPOQOPOQ222232sin1 2411OP21OQ21213131315sin2cos2. 4444424221123．(1)(,1],

3(2)证明见解析 【解析】 【分析】

（1）用分类讨论的方法解绝对值不等式；

（2）求出f(x)最小值m，由柯西不等式证明结论成立． (1)

当x0时，f(x)2x3xx32x1； 当0x3时，f(x)2x3x3x321x3； 3当x3时，f(x)2xx3x32x3. 1综合可知：x的解集为：(,1],

3(2)

答案第17页，共18页

x3,x0由（1）f(x)3x3,0x3，所以f(x)minf(0)3，即m3，abc3，

x3,x31182222222由柯西不等式得：a2bc11(abc)9，即a2bc，

526318222当且仅当ac,b时取“=”，即a2bc.

555

答案第18页，共18页