2022年巴中市零诊考试文科数学参考答案（20220904定稿）.pdf

1、文科数学答案第 1页共 8 页巴中市普通高中 2020 级“零诊”考试数学阅卷参考答案（文科）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，只有一个是符合题目要求的1【解析】B先写出集合 M，然后逐项验证即可由1,2,3,4,5U 且1,2U M 得3,4,5M，故选 B备注：2022 年全国乙卷理数第 1 题改编.2【解析】C利用复数四则运算，先求出 z，再依照复数的概念求出复数 z 的虚部选 C方法一：由题意有(34i)(i)34i43iii(i)z ，故复数 z 的虚部为 3 方法二：由 i34ii(3i4)z，得43iz ，故复数 z 的虚部为

2、 3 3【解析】A 121llm，故“1m ”是“12ll”的充分不必要条件选 A4【解析】D不妨取双曲线的右焦点(,0)c，渐近线 ybx，由点到直线距离公式得24b，然后利用离心率的变通公式215cb，进而求得离心率 e 的值由题意得，不妨取双曲线的右焦点21 0)(,Fb，双曲线的渐近线为 ybx，即0bxy，则22|10|21b bbb，即224ba，所以离心率215eb选 D5【解析】C充分利用长方体中的棱、面之间的关系直观感知，同时结合空间中线面间平行及垂直的判定与性质推理论证，需注意相应定理的条件的完备性对于 A 选项，n也可能；对于 B 选项，由条件得不到 m，故不能推断出；对

3、于 C 选项，则法线与法向量垂直则两个平面垂直知正确；对于 D 选项，条件中缺少 m，故得不到 m6【解析】D由任意角的三角函数定义，得 tan12ab，故(2,2)Ba，2|2 1tan2|OBOA由3cos25 得：222222cossincos2cossincoss5in3，变形得：221tan51t3an，解得2tan4，所以|2 5OB 或者，设|OAr，则221ra，1sin,cos,|2aOBrrr；由3cos25 得222222113cos2cossin51aara，解得：24a，故|22 5OBr选 D7【解析】D借助判断函数的奇偶性、对称性和有界性，正弦型函数的符号变化规律

4、，均值不等式等知识进行推断由2sin()(),2,2xxxf xxee 知()f x 为奇函数，且在(0,1)内恒正，故 A、B 选项不正确；又 2sin()2x，2xxee且等号不同时成立，由不等式的性质知|()|1f x ，排除 C 选项选D8【解 析】B 设 公 差 为 d，则 由28176aaa得13(8)6ad，即1982ada，故1171717()2aaS117(8)34ad选 B或者由1982ada得1791734Sa作为选择题由于满足条件的数列不唯一，可举常数列取2na 验证作出选择9【解析】A本题考查平面向量的线性运算、数量积及其几何意义，数量积的坐标表示，数形结合思想、化归

5、与转化思想、函数与方程思想，运算求解能力方法一：由点D在BC上，设BDxBC,01x，则()ADABBDABxBCABx ACAB(1)x ABxAC，故()()(1)AAx ABBDCADAxCBACBACA 22(1)134xACxABx，由01x 得 41349x，所以 4,9AD BC 选 A方法二：以 A 为原点，AB，AC 所在直线分别为,xy 轴建立平面直角坐标系（如图），则(2,0),(0,3),(2,3)ABACBC，设(,)D x y，则(,)ADx y，故23AD BCxy （*），由点 D 在 BC 上得：23260,0 xxy（可借助初中的一次函数知识或必修 2 第三

6、章直线的方程获得,xy 满足的方程），用 x 表示 y 代入Axy32BCD文科数学答案第 2页共 8 页（*）式得：1320239,2AD BCxxyx ，故 4,9AD BC 选 A方法三：设 AD与与 BC的夹角为 ，则由题意得13|cosAD BCAD，故|cosAD取最大值时AD BC 最大，|cosAD取最小值时 AD BC 最小，结合上图，用运动变化的观点分析易知：D 在斜边BC 上移动时，当 D 与 C 重合时 AD的模最大且与 BC的夹角最小（ACB），故此时 AD BC 取得最大值，且maxAD BCAC BC ()9ACACAB；当 D 与 B 重合时 AD的模最小且与

7、BC的夹角最大（ABC ），故此时 AD BC 取得最小值，且min=()4AD BCAB BCABACAB 应注意，由向量夹角的定义知ABC不是向量 AB与 BC的夹角！这是向量问题中的易错点！10【解析】B将函数cos()3yx的图象向左平移 3 个单位长度，得cos()33yx的图象而5cos()cos()sin()sin()333323336yxxxx，故 由 题 意 知sinx 5sin()36x，所以5236xkx(k Z)，解得562k(k Z)，由0 知：当1k 时取最小值，故min72选 B或者，由cos()3yx知23x时1y ，由sinyx知当2x 时1y ，故由题意得

8、5332，解得72 11【解析】D2()33fxx的变号零点为1x 和1x ，故 A 正确；由(1)301(1)ff 知 B正确；由33yxx是奇函数，其图象向上平移 1 个单位长度得到函数()f x 的图象，故 C 正确；由于函数()f x 在1x 处取极小值 1，故直线0 xy与曲线()yf x不相切，故 D 错误，选 D也可借助函数的图象直观感知作出判断12【解析】A由已知得：223344log 61log 3,log 121log 4,log 201log 5abc ，故,abc的大小顺序与234log 3,log 4,log 5 的大小一致由244log 3log 9log 5知 a

9、c，排除 B、D由3223得23log 32；由2343得32log 43，即33log 42，所以 ab，排除 C故选 A或者利用函数ln(1)()(1)lnxf xxx的单调性比较234log 3,log 4,log 5 的大小事实上，当1x 时2ln(1)ln1()0lnxxxxfxx，故()f x 在(1,)上是减函数，所以(2)(3)(4)fff，由换底公式得234log 3log 4log 5，故 abc选 A二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分13【解析】2由抛物线22 (0)ypxp的几何性质知，其焦点到准线的距离为 p，本题中2p 14【解析】57计

10、算得1(2356)44x ，1(28314148)374y，则样本中心点是(4,37)，代入回归方程得 5375417ayx，所以回归方程是 517yx，将8x 代入得 57y 15【解析】8 6 由 BD 平面 ADC，,ADDC 平面 ADC，得,BDADBDCD；由2BD，2 2AB，2 5BC 及 勾 股 定 理 得：2,4ADCD，又2 5AC，故222ADCDAC，所以 ADDC，即 BD，AD，CD 两两垂直，所以三棱锥ABCD的外接球与以 BD，AD，CD 分别为长、宽、高的长方体的外接相同（如右图，O 为球心），所以球半径22222462R，从而348 63VR16【解析】3

11、，3(0,4 以三角形边角关系的射影定理为背景，综合考查正弦、余弦定理、三角变换的基本公式与方法，三角函数的图象与性质等知识，求角 A 时，既可用正弦定理边化角，也可用余弦定理角化边，还可直接用教材中习题的结论射影定理简化；对于sinsinBC 的范围问题，可利用23BC且 0,2BC转化只含一个角变量的函数的值域（1）求角 A 的过程与方法由已知及正弦定理得：2sincossincossincossin()sinAACBBCBCA，又 02A，文科数学答案第 3页共 8 页故1cos2A，所以3A由已知及射影定理得：2 coscoscosaAcBbCa，故1cos2A，又 02A，所以3A由

12、已知及余弦定理得：2222222 cos22acbabcaAaa，化简得1cos2A，又 02A，所以3A（2）求sinsinBC 范围的过程与方法策略一：利用正弦型函数的图象与性质由3A得23BC，故23CB，且203B33211111sinsinsinsin()sin(cossin)sin2cos2sin(2)322444264BCBBBBBBBB因为72666B，故1sin(2)126B，当且仅当3B时取等号，故3sinsin(0,4BC 令,33BxCx，由题意得33x，33sin22x故 sinsinsin()sin()33BCxx3311(cossin)(cossin)2222xx

13、xx2231cossin44xx213(,3nsi244x因为33x，所以33sin22x，230sin4x，当且仅当0 x，即3BC时取等号，故 sinsinBC23sin 43(0,4x由和、差角的余弦公式可得：12sinsincos()cos()cos()2BCBCBCBC，由已知得20,3BC，故2233BC，所以1cos()(,12BC，当且仅当3BC时取等号，故3sinsin(0,4BC 策略二：用余弦定理转化在ABC中，由正弦、余弦定理得：222sinsin2sinsincossinBCBCAA，代入3A得：223sinsinsinsin4BCBC，变形得23sinsin(sin

14、sin)4BCBC，又 sinsinsin()sin()2222BCBCBCBCBC2cossin22BCBC2cossin32BCsin2BC，由已知得20,3BC，故323BC，所以 sin2BC33(,)22 所以30|sinsin|2BC，当且仅当3BC时取等号，故3sinsin(0,4BC 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：60 分17（12 分）解：（1）方法一：由122nnSS 得：2122nnSS1 分12122nnnnSSSS，变形得2112(

15、)nnnnSSSS2 分212nnaa3 分又12a 且2112SSS212aa4 分由知：对任意*nN，恒有12nnaa，且 12a 文科数学答案第 4页共 8 页数列na是首项与公比均为 2 的等比数列5 分2nna 6 分方法二：由122nnSS 变形得：122(2)nnSS 2 分又12a，故11224Sa3 分数列2nS 是以 4 首项，2 为公比的等比数列112422nnnS，故122nnS4 分当2n 时，1122(22)2nnnnnnaSS 5 分又12a 也适合上式2nna 6 分（2）方法一：由（1）知，2nnnbnan 7 分231 2223 22nnTn 2312 1

16、222(1)22nnnTnn 8 分两式相减得：23122222nnnTn9 分112(12)2(1)2212nnnnn11 分1(1)22nnTn12 分方法二：由（1）知，2nnnbnan 7 分裂项变形得：12(1)2(2)2nnnnbnnn 9 分231 2223 22nnTn 34354122(222)(3 222)(1)2(2)2 nnnn 10 分12(2)2nn即1(1)22nnTn12 分18（12 分）解：（1）由题意得，总人数为 20045 岁以上（含 45 岁）的人数为32001205，45 岁以下的人数为 801 分一周内健步走少于 5 万步的人数为 20060310

17、2 分由此得如下列联表：3 分一周内健步走5 万步一周内健步走5 万步总计45 岁以上(含 45 岁)903012045 岁以下503080总计14060200故22200(90 3050 30)2532.70614060 80 1207K5 分有 90%的把握认为该市市民一周内健步走的步数与年龄有关6 分（2）由题意，抽取的 8 人中一周内健步走5 万步有 6 人，少于 5 万步的有 2 人 7 分将一周内健步走5 万步的 6 人编号为 1，2，3，4，5，6，另外两人记为,A B，则所有可能情况如下：12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，

18、1A，2A，3A，4A，5A，6A，1B，2B，3B，4B，5B，6B，AB总共 28 种10 分其中恰有一人一周内健步走步数不少于 5 万步所有可结果如下：1A，2A，3A，4A，5A，6A，1B，2B，3B，4B，5B，6B共 12 种11 分记“抽取的 2 人中恰有一人一周内健步走步数不少于 5 万步”这事件 C文科数学答案第 5页共 8 页由等可能事件的概率公式得：123(C)287P 12 分19（12 分）解：（1）证明方法一：由正方形 ABCD 的性质得：ABCD1 分又AB 平面 DCF，CD 平面 DCFAB平面 DCF 2 分BECF，BE 平面 DCF，CF 平面 DCF

19、BE平面 DCF3 分,ABBEBAB BE平面 ABE平面 ABE平面 DCF 4 分AE 平面 ABEAE平面 DCF6 分方法二：在 CF 取点 G 使得2CGBE，连结 EG、DG，如右图BECF四边形 BEGC 是平行四边形 1 分故EGBC，且 EGBC 2 分又,ADBCADBC,ADEGADEG 3 分四边形 ADGE 是平行四边形 4 分AEDG5 分又AE 平面 DCF，DG 平面 DCFAE平面 DCF6 分（2）由体积的性质知：13F ACEA CEFCEFVVSh 8 分平面 BCFE 平面 ABCD，平面 BCFE 平面 ABCD=BCABBC，AB 平面 ABCD

20、AB 平面 BCFE 9 分又2AB 故点 A 到平面 CEF 的距离为 2，即三棱锥 ACEF底面 CEF 上的高2h 10 分由题意，知,BEBCBECF且3,2CFBC132CEFSCFBC11 分113 2233F ACEA CEFCEFVVSh 12 分20（12 分解：（1）21()1,0 xfxxaxxxax 1 分1()xxafx在(0,)是减函数 2 分由在2x 时取得极大值得：(2)0f，即 1202a，解得：32a 3 分213()ln22f xxxx，故3(1),(1)12ff 4 分曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线方程为31(1)2yx，即 3210 xy

21、5 分（2）证明方法一:由题意得：21,)(0 xg xfaxxxx 6 分由()0g x得210 xax，其判别式240a由一元二次方程根与系数的关系知，关于 x 的方程210 xax 有唯一正根设210 xax 的唯一正根为 m，则有21amm 7 分ABCDEFABCDEFG文科数学答案第 6页共 8 页当 0 xm时，()0g x，故()g x 单调递增；当 xm时，()0g x，故()g x 单调递减22max1111()()lnln2222g xg mmmammm8 分设211()ln,022h xxxx，则1()0h xxx()h x 在(0,)上是增函数且(1)0h 9 分由2

22、1amm 及21amm 得：10amm，解得1m 10 分()(1)0h mh，故2max11()ln022g xmm11 分又232222211()1()10222aag exaxxa 且232201ae()g x 在(0,m 内有零点，即()g x 有零点12 分方法二：由题意得：21,)(0 xg xfaxxxx 6 分由()0g x得210 xax，其判别式240a由一元二次方程的根与系数的关系知，方程210 xax 有唯一正根设210 xax 的正根为 m，则有21amm 7 分当 0 xm时，()0g x，故()g x 单调递增；当 xm时，()0g x，故()g x 单调递减22

23、max1111()()lnln2222g xg mmmammm8 分232222211()1()10222aag exaxxa 且232201ae()g x 有零点等价于max()0g x，即211ln022mm 9 分由211()ln,022h xxxx在(0,)上是增函数且(1)0h知：当且仅当1m 时，211ln022mm 10 分由21amm 及0a 得：10mm，解得1m 11 分()(1)0h mh，即当0a 时，max()0g x成立()g x 有零点12 分方法三：()g x 有零点等价于关于 x 的方程21l0221nxxax有正根亦等价于关于 x 的方程11ln(),(0)

24、2xaxxxx有解6 分设11ln()(),(0)2xxxxxx，则2222111ln12ln()(1)22xxxxxxx 7 分记2()12ln,0H xxxx，则2()20H xxx，故()H x 是增函数8 分又(1)0H，故()0 x有唯一零点1x 9 分当 01x 时，()0H x，故()0 x，()x是单调递减；当1x 时，()0H x，故()0 x，()x是单调递增10 分min11ln1()(1)(1)0211x，即()0 x11 分当0a 时，函数1()()2g xf x有零点12 分方法四：要证：当0a 时，函数1()()2g xf x有零点只需证：当0a 时，直线 yax

25、与函数21ln1()(0)22 xxh xx的图象有公共点7 分由21(1)xxxh xx知：文科数学答案第 7页共 8 页当 01x 时，()0h x，故()h x 单调递减；当1x 时，()0h x，故()h x 单调递 8 分2min11()(1)1ln1022h xh 9 分0y 是曲线()yh x在点(1,0)处的切线10 分即当0a 时，直线 yax与函数()h x 的图象有唯一公共点当0a 时，直线 yax与函数()h x 的图象在第一象限相交，有两个公共点11 分综上，当0a 时，直线 yax与函数()h x 的图象有公共点当0a 时，函数1()()2g xf x有零点12 分

26、21（12 分）解：（1）由点(1,)32P在 C 上得：221314ab1 分由椭圆的标准方程得(,0)(,0)AaB a、，故321APka，2321A Eka 2 分由14AP BPkk 得：12211334aa，解得：24a 3 分将24a 代入得：21b 4 分椭圆 C 的方程为2214xy 5 分（2）由题意知直线 l 不能平行于 x 轴设直线 l 的方程为 xtym，1122(,),(,)M xyN xy由直线 l 与圆221xy 相切得：2|11mt，化简得221mt 6 分由22,1.4xtymxy消去 x 整理得：222(4)240tytmym于是，22222(2)4(4)

27、(4)16(4)16 348tmtmtm由求根公式得：21224 344yytt 7 分222124 3114tMNtyyt 8 分令21tn，则1n 且24 34 34 3232 33nMNnnn9 分当且仅当3nn，即3n 时取等号10 分max|2MN，此时由213t解得：2t 11 分直线 l 的斜率为2212 分（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22【选修 44：坐标系与参数方程】（10 分）解：（1）直线 l 过点)(1,0P，且倾斜角为 6l 的参数方程为1cos,6sin.6xtyt (t 为参数)，即31,21.2

28、xtyt (t 为参数)2 分由2 2cos()4，得2cos2sin 3 分22 cos2 sin将cos,sinxy代入上式得：22220 xyxy文科数学答案第 8页共 8 页C 的直角坐标方程为22220 xyxy5 分（2）设 A，B 两点对应的参数分别为 12,tt将 l 的参数方程代入 C 的直角坐标方程，得2231()(1)222tt整理，得 210tt 6 分此时2(1)4 1(1)50 ，121 21,10ttt t 7 分1212|PAPBtttt8 分22121 2()4(1)4 1(1)5ttt t 9 分即|5PAPB 10 分23【选修 45 不等式选讲】（10

29、分）解：（1）方法一：34,233()6,2234,.2xxf xxxx 2 分 不等式()8f x 等价于322.xx ，或33,2268.x或3,22.xx4 分 不等式()8f x 的解集为|22xx 5 分方法二：当32x 时，()|23|23|f xxx(23)(23)4xxx 8，解得322x ；1 分当3322x时，()|23|23|f xxx(23)(23)6xx 8 恒成立，所以3322x；2 分当32x 时，()|23|23|f xxx(23)(23)48xxx，解得 322x；3 分 不等式()8f x 的解集为|22xx 5 分方法三：不等式()8f x 等价于3322

30、|4xx，1 分由绝对值的几何意义知，3322|xx表示数轴上的 x 的对应点到 32 和32的对应点的距离之和，又数轴上的 2 和 2 的对应点到32和 32 的对应点的距离之和等于 4，而 2 和 2 之间的数均满足该不等式3 分所以不等式3322|4xx的解集为|22xx，故不等式()8f x 的解集为|22xx 5 分（2）求 111123abc 的两种方法：方法一：()|23|23|(23)(23)|6f xxxxx当且仅当(23)(23)0 xx，即3322x时，取等号 6 分()f x 的最小值6M 从而 111123abc 7 分方法二：文科数学答案第 9页共 8 页由（1）知

31、，34,233()6,2234,.2xxf xxxx 作出()f x 的图象（学生需画出图象）6 分()f x 的最小值6M，当且仅当3322x时取得，从而 111123abc 7 分证明239abc的两种方法：方法一：a，b，c 均为正数111232323(23)()3()()()232332abacbcabcabcabcbacacb8 分2323322292332abacbcbacacb9 分当且仅当3312abc，时等号成立239abc 10 分方法二：a，b，c 均为正数211111123(23)()(23)92323abcabcabcabcabc 9 分当且仅当23abc，即3312abc，时等号成立239abc 10 分