2022年四川省高考数学诊断性试卷（理科）（2月份）（附答案详解）

2022年四川省高考数学诊断性试卷(理科)(2月份)

一、单选题(本大题共12小题，共60.0分)

1.己知集合A={%|=V2*V16},B={x\x24-5%>0},则/n8=()

8

A.(-5,4)B.(0,4)C.(-3,0)D.(-5,0)

2.复数z满足(l+i)z=2i,则z在复平面上对应的点位于()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

3.青少年视力是社会普遍关心的问题，视力情况可借助视力表测量，通常用小数记录

法和五分记录法记录视力数据.小数记录法的数据E和五分记录法的数据F满足E=

10F-5,已知某同学视力的小数记录法记录的数据为0.9,则其视力的五分记录法的

数据约为()(03=0.4771)

A.4.6B.4.7C.4.8D.4.9

4.函数丫=哼苧的大致图象是()

(%—y+2N0

5.设％,y满足卜+y£0,则z=x—2y的最小值是()

(y>-1

A.：B.1C.2D.3

2

6.已知非零向量方，石满足次|可=2|B|，且方1(弓一石)，则江与石的夹角为()

A.B,C.三D,

6436

7.已知S.是各项均为正数的等比数列｛a"的前几项和，若a?•。4=81，$3=13,则a6=

()

A.21B.81C.243D.729

8.已知双曲线C；注一艺=1的离心率为2,则双曲线C与双曲线矶亡一杵=1有()

4m124

A.相等的离心率B.相同的焦点C.相等的焦距D.不同的渐近线

9.有下列三个命题：

①已知一组数据X1，%2,久3，…，X10的方差为3,则与+2,%2+2,X3+2,....

Xio+2的方差也为3；

②对具有线性相关关系的变量x,y,其线性回归方程为y=o.3x_m，若样本点

的中心点坐标为(m,2.8),则定数m的值为4；

③已知随机变量X服从二项分布X〜B(10,p),若E(2x-1)=9,则p=/

其中真命题的是()

A.①②B.①③C.②③D.①②③

10.设%为等差数列｛a“｝的前n项和，若3a5=7a1i，且%>0.则使又<0的n的最小值

为()

A.30B.31C.32D.33

11.已知函数/'(x)=As讥(a)x+勿)(4>0,0)>0,0<

0<兀)，其部分图象如图所示，则下列关于f(x)的

结论错误的是()

A./(x)在区间［等，等］上单调递增

B.f(x)的图象关于直线x=-弓对称

C.f(x)的图象关于点(-90)对称

D./(x)的图象可由函数y=2s讥图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为

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原来的9倍得到

12.设函数/(x)的定义域为R,且/(x-1)=/(%)一1,当x€[-1,0)时，/(x)=-x(x+

1)+1,若存在%€%,+8)时，使则k的最大值为()

A.1B.2C/D.

33

二、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.曲线丁〃=%(2-%)4-1在点(0,1)处的切线方程为.

14.(1+点)(1+x)6展开式中/的系数为.

15.某几何体三视图如图所示，则在该几何体内的球的最大体积为.

16.已知在直角坐标平面内，两定点F(0,l),M(l,-1),动点Q满足以FQ为直径的圆与

x轴相切.直线FQ与动点Q的轨迹E交于另一点P,当NPMQ=90。时，直线PQ的斜

率为•

三、解答题(本大题共7小题，共82.0分)

17.已知a,b,c分别是△力BC的内角4,B,C的对边，从下面①②③中选取两个作为

条件，证明另外一个成立.

(T)b-'yc=acos^'②SAABC=2；-CA=4.

18.某汽车品牌4s店为了解车主对其售后服务的满意度做了一次随机调查，按40岁以

下和40岁以上(含40岁)两个年龄段各抽取了m个车主，调查显示40岁以下车主满意

的占其车主数的|,40岁以上车主满意的占其车主数的右且经以下2x2列联表计

算可得R的观测值k”4.762.

40岁以下车主数40岁以上车主数合计

满意

不满意

合计

(1)根据已知条件，求他的值，完成上述表格并判断是否有95%的把握认为车主对

该4s店的售后服务评价与车主年龄有关？

(2)为了进一步征集车主对4s店售后服务的意见，4s店又采用分层抽样的方法从上

述表示不满意的车主中抽取了6名，再从这6名中抽取3人进行面对面交流，求事件

“至多抽到两名40岁以下车主”的概率.

附表

P(K2>k0)0.100.050.0250.0100.001

k。2.7063.8415.0246.63510.828

n(ad-bc)2

(a+b)(c+d)(a+c)(6+d)

19.如图，在三棱柱ABC-A/iG中，AC=AB=AAlt乙414c=60°,Z.BAC=90°,

平面"iGCJ"平面ABC.

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(1)求证：BCj1C公；

(2)求二面角4-CAj.-B的余弦值.

20.已知函数f(x)=T+cosx.求证：

(l)2x/,(x)>l-2x2；

(2)当xe(0,兀)时，/(x)有且仅有2个零点.

21.已知椭圆E；热+3=l(a>b>0)的离心率e=[,且过点C(l,|).

(1)求椭圆E的方程；

(2)设C点关于y轴的对称点为D,点M在直线。。上，过点M的直线，与E交于4、B两

点，线段4B的中点为N,若|AB|=2|CN|,求点M的坐标.

(x=1+■

22.在平面直角坐标系%Oy中，曲线G的参数方程为《62(t为参数)，以。为极

(y/

点，X轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为P=2(cos0+

sind).

(1)求G的极坐标方程和C2的直角坐标方程；

(2)设G与交于P,Q两点，求|0P|•|0Q|的值.

23.已知函数f(x)=|x-a|+|x+5|.

(1)若a=l,求不等式/(x)W4的解集；

(2)若存在沟，使得/(&)式2成立，求a的取值范围.

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：集合4={x|<2X<16}={x|-3<x<4},

o

B={x\x2+5%>0}={x\x<-5或%>0].

・•・AnB={x|0<x<4).

故选：B.

求出集合4B,利用交集定义能求出An8.

本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，

是基础题.

2.【答案】A

【解析】解：•.•复数Z满足(l+i)z=2i,.•.2=名=盖%=1+。它在复平面内对

应点的坐标为(1,1),

故选:A.

利用两个复数代数形式的乘除法法则计算复数z,求得它在复平面内对应点的坐标，从

而得出结论.

本题主要考查两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幕运算性质，复数与复平面内

对应点之间的关系，属于基础题.

3.【答案】D

【解析】解：由题意可知E=10FT,E=0.9,

0.9=10F-5,

・•・F-5=lg0.9=lg9—1=21g3—1,

:.F—2lg3+4、4.9,

即其视力的五分记录法的数据约为4.9,

故选：D.

由题意可知0.9=10F-5,化为对数式，结合对数的运算性质即可求解.

本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题.

4.【答案】A

【解析】解：根据题意，设/(乃=哗学，其定义域为R,

有/(—X)=—/(X)，则f(x)为奇函数，排除CD,

/1)=年＜0,排除B,

故选：A.

根据题意，先分析函数的奇偶性排除CD,计算/(I)的值排除B,即可得答案.

本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性和函数值的计算，属于基础题.

5.【答案】D

故选：D.

画出可行域及目标函数，用几何意义求出目标函数的最小值.

本题考查了简单的线性规划问题，属于基础题.

6.【答案】A

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【解析1解：非零向量方，B满足6|五|=2日|，且石J.位—3)，

.­.b-(a-b)=a-b-b2=\a\-\b|cos<a'b>-\b\2=0>

•••y|a|2cos<a,b>=^|a|2,COS<a,b>=

：.<a,b>G[0,用，

则己与石的夹角为3

o

故选：A.

由向量垂直的性质推导出丸(乙一石)=五.G一片=I五I.|b|cos<a'b>-|6|2=0-

从而cos<优3>=立，由此能求出五与方的夹角.

2

本题考查向量的夹角的求法，考查向量垂直的性质、向量夹角余弦等基础知识，考查运

算求解能力，是基础题.

7.【答案】C

【解析】解：Sn是各项均为正数的等比数列｛斯｝的前n项和，。2/4=81,53=13,

3

a.•arq=81

a，(l-q"=[q

1-q—,解得臼=1,q=3,

q>0

｛a1>0

5

•••a6=1x3=243.

故选：C.

利用等比数列的通项公式、前n项和公式列方程组，求出首项和公比，由此能求出结果.

本题考查等比数列的运算，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基

础题.

8.【答案】C

【解析】解：双曲线C：过一日=1的离心率为2,

4m

可得>0,J1+；=2,解得=12,

则双曲线C：9-2=1的离心率为2,焦点为(-4,0),(4,0),焦距为8,渐近线方程为

y=±V3x;

双曲线E：]一9=1的焦点为(0,4),(0,-4),焦距为8,离心率为乎，渐近线方程为

y—±V3x；

故选：C.

由双曲线的离心率公式求得m,再分别讨论双曲线C和E的离心率、焦点和焦距、渐近线

方程，可得结论.

本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题.

9.【答案】B

【解析】解：对于①，•••一•组数据Xi，x2,x3,巧0的方差为3,

%1+2,x2+2,X3+2........Xio+2的方差为12x3=3,故①正确，

对于②，・••对具有线性相关关系的变量x,y,其线性回归方程为;=0.3刀_6，若样本

点的中心点坐标为(m,2.8),

•••0.3m—m=2.8.解得m——4,故②错误，

对于③，・・♦随机变量X服从二项分布X〜B(10,p),

E(X)=10p,

•••E(2x-1)=2E(X)-1=20p-1=9,解得p=故③正确.

故选：B.

对于①，结合方差的运算性质，即可求解，对于②，结合线性回归方程的性质，即可

求解，对于③，结合二项分布的期望公式，即可求解.

本题主要考查命题真假判断与应用，考查概率的知识，属于基础题.

10.【答案】B

【解析】解：根据题意，设等差数列｛aj的公差为心

若3a5=7a】i，且a1>0,则3(旬+4d)=7(的+10d),

变形可得：4%+58d=0,则的=-弓乙

S“=2+=-曰血+-30n),

a[=-^d>0,则d<0,

若又<0,必有M-30n>0,又由neN+,则n>30,故使又<0的TI的最小值为31；

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故选：B.

根据题意，设等差数列｛斯｝的公差为d，由等差数列的通项公式分析可得由=-m乙

结合等差数列的前n项和公式可得%=叫+迎产=一裂d+也芳=久出一

3On),由此分析可得答案.

本题考查等差数列的求和，涉及等差数列的通项公式，属于基础题.

11.【答案】。

【解析】解：根据函数/(x)=2sm(5+s)(xeR,A>0,3>0,|如<柒的部分图象，

可得4=2,-T=———=7T,

4440)T=4n=2―,o)=-.

结合五点法作图,可得：XW=三，二0=3，即/'(%)=2sin(；x+)

“6［等,等］,..qx+We［手,季］.故/(尤)在区间［.,詈］上单调递增，故4正确；

将x=-苧，代入解析式得/(-彳)=2sin［|x(_§+§=-2,/(x)的图象关于直线

x=—正对称，故B正确；

4

将X=-5，代入解析式得f(V)=2si%x(-》+§=O.f(x)的图象关于点(一'0)对

称，故C正确；

f(x)的图象可由函数y=2sin(x+》图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2

倍得到，故。错误，

故选：D.

利用函数图象，求得函数解析式，再逐项判断其正确性.

本题主要考查由函数y=4sin(3x+(p)的部分图象求解析式，正弦函数的图象和性质，

属于中档题.

12.【答案】D

【解析】解：当xe［-1,0)时，/(x)=-x(x+1)+1,

由，(x-1)=f(x)-1得f(x)=/(x-l)+l,

即从％6［-1,0)开始，f(x)每右移1个单位，图像就会向上移1个单位，

当％G[—1,0)时，/(x)=-%(x+1)+1=—x2—%4-1=—(%+1)2+

又三+1V空；+2＞中,

49’49

故当函数/(%)的x由小到大，y第一次取到弓时，xG[1,2),

9

又当％6[1,2)时，/(%)=—(%-2)(%—1)+3=—X2+3%+1,

令一/+3%+1=g,解得％=9或%=%

若存在xe区,+8)时，使/(%)=?,则必有k号，

所以k的最大值为|.

故选：D.

先根据/(x-1)=/(%)-1得到从x6[-1,0)开始，/(X)每右移1个单位，图像就会向上

移1个单位，然后确定函数f(x)的x由小到大，y第一次取到当时，x的范围，进而可得该

范围内函数的解析式，令f(x)=g,求出x,进而可得A的最大值.

本题考查了分段函数的最值问题，属于中档题.

13.【答案】%-y+1=0

【解析】解：由ye，=x(2—x)+l,得丫=三竽11,

ex

.,_(-2工+2)/一(一=2+2久+1)/_—2-4X+1

y~^2x一—万,

y'\x=0=1,则曲线ye*=x(2一x)+1在点(0,1)处的切线方程为y-1=1x(x-0),

即x—y+1=0.

故答案为：x—y+1=0.

把已知等式变形，求得函数的导函数，得到函数在x=0处的导数值，再由直线方程的

点斜式得答案.

本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，关键是熟记基本初等函数的导函数,

是基础题.

14.【答案】30

【解析】

第12页，共20页

【分析】

本题考查了二项式定理的运用，属于基础题.

关键是明确展开式得到/的两种情况.分析展开式中产的项的两种可能的来由，结合二

项式定理求系数.

【解答】

解：当(1+2)选择1时，(1+X)6展开式选择/的项为*f2；

当(1+自选择点时，(1+乃6展开式选择为(?〉4,

所以(1+2)Q+Xi展开式系数为或+琮=30；

故答案为30.

15.【答案】叵

3

【解析】解：由三视图还原原几何体，可知该几何体为圆锥，

设主视图的内切圆半径为r,OC=1,OA=2近,4c=J/+(2企¥=3，

|x2x2V2=|x(2+3+3)xr,可得r=导

二该几何体内的球的最大体积V=士兀x(立＞=立兀.

3k273

故答案为：立71.

3

由题意画出图形，求出主视图内切圆的半径，再由球的体积公式求解.

本题考查空间儿何体的三视图，考查圆锥内切球体积的求法，考查运算求解能力，是中

档题.

16.【答案】|

【解析】解：设Q(x,y)，FQ的中点坐标为?)，

由于动点Q满足以FQ为直径的圆与无轴相切，

所以：xjx2+(y_i)2=|?|,整理得Q点的轨迹方程为/=4y.

依题意可知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y=kx+l,

由1消去丫并化简得/一4依—4=0,Zl=16k2+16>0,

设PQl，%)，<?。2必)，

贝！Ui+打=4k,xrx2——4,

由于NPMQ=90。，所以丽.前0=0，

即(与-1,%+1)-(x2-i,y2+1)=Qi-1)。2-1)+(71+1)5+1)=0，

XiX2-(/+%2)+1+y/2+(71+72)+1=0,

XiX2++(fc-1)-(%i+%2)+4=0.

-4+@+(fc-1)-(4/c)+4=0-4fc2-4fc+l=0,解得k=

16Z

故答案为：

求得Q点的轨迹方程，设出直线PQ的方程，结合根与系数关系列方程，化简求得直线PQ

的斜率.

本题考查轨迹方程，考查学生的运算能力，属于中档题.

17.【答案】证明：由①②二③.

由b一立c=acosC,可得sinB——sinC=sinAcosC,

22

即sin(4+C)—^sinC=sinAcosC,^flcosAsinC=与sinC,

・•.cosA=—9而0<4<7T,则4=p

24

由S-BC=^bcsinA=2,可得be=4VL

BA-CA=bccosA=4;

由①③二②.

由b一立c=acosC，可得sinB——sinC=sinAcosC，

22

即sin(4+C)—ysinC=sinAcosC^VcosAsinC=?sinC，

・,.cosA=旦,而0<4V",则4=%

24

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由瓦？・石？=4，可得bccosA=4,则儿=4立,

•••S“BC=|bcsinA=2；

由②③二①.

由瓦？・Z7=4，可得bccos4=4,

由S—BC=2，可得：bcs讥A=2,SPbcsinA=4,tanA=1,

又cos4>0,0<A<n,■­A=即cosA=立，

:.sinB=sin(i4+C)=sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC+弓sinC,

即b=acosC+—c»得b——c=acosC-

22

【解析】由正弦定理、三角形面积公式及平面向量数量积的运算分别证明①②二③、

①③=②、②③=①即可.

本题考查三角形的解法，考查平面向量的基本性质及应用，考查推理论证能力及运算求

解能力，是中档题.

18.【答案】解：(1)由题设K2=等睾面”=4.762,得m=50.

-mx-mxmxm

完成2x2列联表如下:

40岁以下车主数40岁以上车主数合计

满意304070

不满意201030

合计5050100

而4.762>3.841,

所以有95%的把握认为车主对该4s店的售后服务评价与车主年龄有关.

(2)由(1)知，表示不满意的车主40岁以下有20人，40岁以上有10人，

按分层抽样抽取6人，应从40岁以下的20人中抽取20x]=4人，

从40岁以上的10人中抽取10x巳=2人，

设4表示事件“至少抽到两名40岁以下车主”，

则P(A)=生产屋.

c65

【解析】(1)根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解.

(2)根据已知条件，结合分层抽样的定义，以及古典概型的概率公式，即可求解.

本题主要考查独立性检验公式，考查分层抽样的定义，属于中档题.

19.【答案】证明：(1)连4cl与4C交于点0.

由已知平面A41GCJ■平面4BC,平面TMiGCn平面力BC=AC,BALAC,

又BAu平面ABC,B4L平面A&CiC.

而C41u平面AAiGC,BA1CA1.

又由已知四边形441GC为菱形，

•••CA11AC1，则C4i1平面力

又BCiu平面力BC],故BCi_LCAi.

解：(2)过4作4P1平面4BC,

•••平面AA"1平面ABC,有APu平面A4",且4P1AB,AP1AC,

又4B1AC,以AB、AC,4P分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

不妨设AC=2B=2,•••B(2,0,0),C(0,2,0),A(O,1,V3)，

则比=(一2,2,0),西=(-2,1,次)，

设平面BC&的一个法向量为％=(x,y,z),

:.五1_LBC,n1184；,

fx=1

则底:XX。，得二务

k3

又力8_L平面44iC,.•・平面A&C的一个法向量为五2=AB=(2,0,0),

1—＞―＞、九丁九？2V21

二85(%，盯＞=两两=森=〒.

故二面角A-CA.-B的余弦值为每.

7

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【解析】(1)通过证明C41平面ABC1来证得BG，CAr.

(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角4-CA.-B的余弦值.

本题考查线线垂直及二面角的余弦值，考查学生的推理能力及运算能力，属于中档题.

20.【答案】证明：⑴由/(K)=等+cosx知/'(X)=祗-sinx,

欲证2x((x)>1-2x2,即证/'(x)>卷一x，即证sinx<x,

i己9(x)=x—sinx,则g'(x)=1—cosx,

当％E(0,+8)时，g\x)>0,g(%)在(0,+8)上单调递增,

所以,当工£(0,+8)时，g(x)>g(0)=0,即所以，2xf(x)>1—2x2.

(2)记w(%)=/'(%),则"(x)=~~i-cosx,

当xe(oE)时,d(x)<0/(尤)在(o()上单调递减，/吗)=：i<。，(/)W>0,

贝归ae(D，使得「(a)=0,

故xe(o,a)时，f(x)>0,/(x)在(0,a)上单调递增；x6(a,今时，f(x)<0,f(x)在

(a,9上单调递减.rG)=>0,哈=lln-+^>0，r(e-4)=一2+cose-4<0,

NNNZ6262

故m/E(e—45),使得f(%i)=0.

当》£(],兀)时，“(x)=3+sin%>0,d(x)在&九)上单调递增，

而dg)<。，/(兀)>o,故eG，兀)，使得“(£)=o,

即9(X)在G，/?)上递减，在(B，?r)上递增，。弓)<0,0(万)>0,9(6)<0,

故孙€(/?,〃)，使得g(y)=0,即f(x)在G，y)上递减，在(y,7T)上递增，

而展)>0,f(y)</(TT)<0,故现eG，y),使得f(x2)=0,

所以，当x6(0,兀)时，fQ)有且仅有2个零点.

【解析】(1)求出函数f(x)的导数，作出不等式两边的差，构造函数，利用导数判断函

数值符号作答；

(2)利用导数探讨函数单调性，结合零点存在性定理分段讨论，推理作答.

本题主要考查利用导数研究函数的零点，利用导数证明不等式，利用导数研究函数的单

调性等知识，属于中等题.

21.【答案】解：(1)由已知e=—得5/①

又专+*=1，②

由①②解得a2=4,〃=3,

故椭圆E的方程为：-+^=1.

43

(2)由题设及|4B|=2|CN|得4c1BC.

设过点M的直线/的方程为y=fcx+m(斜率存在)，

将其代入?+?=1并整理得(3+4k2铲+8kmx+4m2-12=0,

当4=(8km)2-4(3+4fc2)(4m2-12)>0时，

设4(xi，yi),B(x,y),­••x+x=

22r2%^2=黑工;

继而可得为+y2=Qi+x2)+2m=5%，

22

yry2=(kx、+m)(fcx2+m)=kxtx2+km(x1+%2)+ni=■-3+4Ar>

又刀=Qi-1以一|)，CB=(x2-l,y2-|)-

■■■CA-CB=(%i-l)(x2-1)+(7!-|)(y2-1)

/,、，3/.、，137m2-12k2+8km-9m-12.13八

=xlx2-(X1+x2)+%丫2-5(%+丫2)+7=------3+4k2------+丁=°，

整理得1+7m24-8km—9m--=0,(*)

设M(t,-|t),将其代入y=kx+m得zn=-kt-|t,

又将m=-/ct一|t代入(*)式整理得：

(7t2-8t+l)/c2+(2It2-3t)k+|(7t2+6t-1)=0,

即：(t—l)(7t-l)/c^+3t(7t—l)fc+—(t+l)(7t—1)=0,

对任意k恒成立的充要条件为7t-1=0,即t=

-11=~故点M的坐标为C，一亮).

【解析】（1）由椭的离心率e=｝且过点列方程组，求出。2=4,〃=3,由

此能求出椭