四川省遂宁市2022届高三数学第三次诊断考试试题 理

四川省遂宁市2022届高三数学第三次诊断考试试题 理

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。总分150分。考试时间120分钟。 第Ⅰ卷（选择题，满分60分） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 3．考试结束后，将答题卡收回。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一

个是符合题目要求的。

4. 已知满足cos()21，则cos2 3A．

7777 B． C． D． 9129185. 方程(x2y24)xy20表示的曲线的大致形状是（图中实线部分）

A B C D

6．《周髀算经》有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，雨水、惊蛰、春分、清明日影之和为

11．设m,nR，则“mn”是“2mn1”的

三丈二尺，前七个节气日影之和为七丈三尺五寸，问谷雨日影长为 A．七尺五寸 B．六尺五寸 C．五尺五寸 D．四尺五寸

7. 设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x,yR，都有f(x)f(y)f(xy)，若

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

1i22．若复数为纯虚数（i为虚数单位,a为实数），则a的值为

1ai1A．4 B．9 C． D．1

43．某人口大县举行“《只争朝夕，决战决胜脱贫攻坚》扶贫知识政策答题比赛”，分初赛和复赛两个阶段进行，规定：初赛成绩大于90分的具有复赛资格，某校有1000名学生参加了初赛，所有学生的成绩均在区间（30，150]内，其频率分布直方图如图所示，则获得复赛资格的人数为

a11，anf(n)(nN)，则数列an的前n项和Sn的取值范围是 21111,2,2,1 B.  C.A.  D. ,1 23238. 2022年庆祝成立70周年阅兵式彰显了中华民族从站起来、富起来迈向强起来的雄心壮志.阅兵式规模之大、类型之全均创历史之最，编组之新、要素之全彰显强成就.装备方阵堪称“强利刃”“强国之盾”，见证着人民迈向世界一流的坚定步伐，其中空中梯队编有12个梯队，在领队机梯队、预警指挥机梯队、轰炸机梯队、舰载机梯队、歼击机梯队、陆航突击梯队这6个梯队中，某学校为宣传的需要，要求甲同学需从中选3个梯队了解其组成情况，其中舰载机梯

队、歼击机梯队两个梯队中至少选择一个，则不同的选法种数为． A．12种 B．16种 C．18种 D．20种

x3,x09. 设函数f(x)x，若af3,x0A．650 B．660 C．680 D．700

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10.7log2，bf(log24.2)，cf(2)，则a,b,c5

的大小关系为

A．abc B．bac C．cab D．cba

10. 已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为6，且该三棱柱外接球的表面积为14，若P为

底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为

14．已知两个单位向量e1、e2的夹角为60，向量m3e12e2，则m ▲ 。 15．已知点M(0,2)，过抛物线y4x的焦点F的直线AB交抛物线于A，B两点，若

2AMFM0，则点B的纵坐标为 ▲ 。

16. 如图，平行六面体ABCDA1B1C1D1中，

AB5，AD3，

π5πA． B． C． D．

3612411. 已知F1，F2是双曲线

AA17，BADBAA1DAA1 ▲ 。

3，

，则AC1的长为

4xy1a0,b0的左、右焦点，若双曲线上存在点P满足22ab22PF2PF12a2，则双曲线离心率的最小值为

A．6 B．5 C．3 D．2

12. 已知函数fx,yxln(2ax)yxlny,若存在x,y(0,)使得fx,y0，则实数a的最大值为 A．

第Ⅱ卷（非选择题，满分90分） 注意事项： 1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。 2．试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。 本卷包括必考题和选考题两部分。第13题至第21题为必考题，每个试题考生都作答；第22、

23题为选考题，考生根据要求作答。 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。

13. 曲线yx2xlnx2在点(1,1)处的切线的倾斜角为 ▲ 。

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2三、解答题：本大题共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（本小题满分12分）

函数f(x)Asin(x)(A0,0,0)的部分图象如图所示，又函数

1211 B． C． D． 2e3eeeg(x)fx

8（1）求函数g(x)的单调增区间；

（2）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，又c3，且锐角C满足

g(C)1，若sinB2sinA，M为AC边的中点，求BMC的周长。

▲

18.（本小题满分12分）

如图，在长方体ABCDHKLE中，底面ABCD是边长为3的正方形，对角线AC与BD相交于点O，

点F在线段AH上，且2AFHF0，

中奖。求代表队队员获得奖品的概率。 ▲ 20.（本小题满分12分）

已知函数f(x)sinxxcosx.

（1）判断函数f(x)在区间(0,2)上零点的个数，并说明理由。 （2）当0x时，

①比较x1与lnx的大小关系，并说明理由； ②证明：ln[f(x)]1e ▲

21.（本小题满分12分）

如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅助圆”。过椭圆第四象限内一点M作x轴的垂线交其“辅助圆”于点N，当点N在点M的下方时，称点N为点M的“下

cosxBE与底面ABCD所成角为

。 3（1）求证：ACBE；

（2）求二面角FBED的余弦值；

（3）设点M在线段BD上，且AM∥平面BEF，求DM的长。 ▲

19. （本小题满分12分）

某中学举行“新冠肺炎”防控知识闭卷考试比赛，总分获得一等奖、二等奖、三等奖的代表队人数情况如下表，其中一等奖代表队比三等奖代表队多10人。该校政教处为使颁奖仪式有序进行，气氛活跃，在颁奖过程中穿插抽奖活动。并用分层抽样的方法从队中共抽取16人在前排就坐，其中二等奖代表队有5人（同队内男女生仍采用分层抽样）

名次 性别 男生 女生 一等奖 代表队 ？ 30 二等奖 代表队 30 20 三等奖 代表队 ◎ 30 f(x)cosx。

x2y22辅助点”。已知椭圆E:221ab0上的点(1,)的下辅助点为1,1。

ab2（1）求椭圆E的方程； （2）若OMN的面积等于

236，求下辅助点N的坐标； 8交于不同的A，B两点，对边平行且相等的四边时的m2t2的值。

（1）从前排就坐的一等奖代表队中随机抽取3人上台领奖，用X表示女生上台领奖的人数，求X的分布列和数学期望E(X)。

xmyt0与椭圆E（3）已知直线l：

若椭圆E上存在点P，使得四边形OAPB是

（2）抽奖活动中，代表队员通动产生2,2内的两个均匀随机动运行如图所示的程序框图的相奖”，则代表队员获相应奖品；若

过操作按键，使电脑自数x，y，随后电脑自应程序。若电脑显示“中电脑显示“谢谢”，则不

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▲ 形。求直线l与坐标轴围成的三角形面积最小

请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。

22．（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程

答案 C D A A B C D B A A C B 二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。 13.

3 14.7 15.1 16.98562（选修2-1P98第3题） 4(x2)2(y2)21，先向左平移2个单位，再在平面直角坐标系xOy中，将曲线方程

164向上平移2个单位，得到曲线C。

三、解答题：本大题共70分。 17．（本小题满分12分）

【解析】（1）由函数f(x)Asin(x)(A0,0,0)的部分图象可得

（1）点M(x,y)为曲线C上任意一点，写出曲线C的参数方程，并求出

12x3y的最大值；

（2）设直线l的参数方程为x2ty2t，（t为参数），又直线l与曲线C的交点为E，F，以

坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段EF的中点且与l垂直的直线的极坐标方程。 ▲

23．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

已知函数f(x)2x3，g(x)2xab （1）解不等式f(x)x2；

（2）当a0，b0时，若F(x)f(x)g(x)的值域为5,，求证：1a21b223。 ▲

遂宁市高中2022届三诊考试

数学（理科）试题参考答案及评分意见

一、选择题（12×5=60分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4 / 8

A2,T2588,即T,则2T2，又函数图像过点8,2 ，

则22k82，

即2k4,kZ，又0，即4，（A,,每个值1分）

即f(x)2sin(2x4)，则g(x)2sin[2(x8)4]2cos2x …………4分由2k2x2k，kZ，得k2xk，kZ，

所以函数g(x)的单调增区间为k2,k,kZ………6分（少kZ扣1分）2）由g(C)1，得cos2C12，因为0C2，所以02C， 所以2C23，C3， 又sinB2sinA，由正弦定理得ba2①． ……………8分 由余弦定理，得c2a2b22abcos3，即a2b2ab3②．

由①②解得a1，b2． ……………10分

又c3，所以a2c2b2，所以ABC为直角三角形，且角B为直角。

故BM12AC12b1，所以BMC的周长为BMMCCB1113。 ……………12分

（

18．（本小题满分12分）

【解析】（1）因为在长方体ABCDHKLE中，有DE平面ABCD，所以DEAC，

因为四边形ABCD是正方形，所以ACBD，又BDDED从而AC平面

BDE．而BE平面BDE，所以ACBE。 ……………4分

（2）因为在长方体ABCDHKLE中，有DA，DC，DE两两垂直，

所以建立空间直角坐标系Dxyz如图所示． 由(1)知DBE为直线BE与平面ABCD所成的角 又因为BE与平面ABCD所成角为3， 所以DBE3，

所以EDDB3．由AD3可知DE36， 所以AH36，又2AFHF0，

即AF13AH，故AF6，

则A3,0,0，F3,0,6，E0,0,36，B3,3,0，C0,3,0， 所以BF0,3,6，EF3,0,26

设平面BEF的法向量为nx,y,z，则nBF0nEF0，

即3y6z06z0，令z6，则n4,2,6 ……………7分 3x2因为AC平面BDE，所以CA为平面BDE的法向量，CA3,3,0， 所以cosnCAnCA626321313． 因为二面角为锐角，所以二面角FBED的余弦值为1313．……………9分 （3）点M是线段BD上一个动点，设Mt,t,0,则AMt3,t,0，

因为AM平面BEF，所以AMn0，

即4t32t0，解得t2． 此时，点M坐标为2,2,0，DM23BD22，符合题意． ……………12分

19．（本小题满分12分） 【解析】(1)设代表队共有n人，则

55016n，所以n160，设一等奖代表队男生人数为x，则x302030(x10)30160，解得x30，则一等奖代表队的男生人数为30，

故前排就坐的一等奖代表队有3男3女，共6人。……………2分 则X的可能取值为0，1，2，3。

0)C031221则P(X3C31C3C39C3C39C3,P(X1),P(X2)，620C3620C36203P(X3)CC0331C3，所以X的分布列 620X 0 1 2 3 P

199120 20 20 20 ……………5分

E(X)019913 201202203202……………6分 (2) 试验的全部结果所构成的区域为x,y2x2,2y2，

面积为S4416， ……………8分

2x2事件A表示代表队队员获得奖品，所构成的区域为Ax,y2y2x，

y1xy2如图阴影部分的面积为S441119A2222332，……………10分

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19这是一个几何概型，所以P(A)SAS2161932。

即代表队队员获得奖品的概率为1932。

……………12分

20．（本小题满分12分）

【解析】：（1）因为f(x)sinxxcosx，所以f/(x)cosx(cosxxsinx)xsinx，

当x0，时，sinx0，f/(x)0， f(x)在（0，）上单调递增，f(x)f(0)0，f(x)在0，上无零点； ……………3分

当x,2时，sinx0，f/(x)0，f(x)在（，2）上单调递减，f()0，f(2)20，f(x)在（，2）上有唯一零点； 综上，函数f(x)在区间0,2上有唯一一个零点。 ……………5分 （2）①x1lnx， ……………6分

证明过程如下：

设函数gxx1lnxxlnx1，则g/(x)x1x(0x)， 令g/(x)0，得0x1；令g/(x)0，得1x.所以， 函数ygx在区间0,1上单调递减，在区间1,上单调递增.

则函数ygx在x1处取得极小值，亦即最小值，即gxming10， 即xlnx10；

综上x1lnx成立 ……………9分 ②证明ln[f(x)]1ecosxf(x)cosx成立，即证明

ln(sinxxcosx)(sinxxcosx)ecosxcosx1成立，

因为f(x)在（0，）上单调递增，f(x)f(0)0，

即sinxxcosx0，所以(sinxxcosx)ecosx0， 由①知x1lnx，即有x1lnx， 有(sinxxcosx)ecosx1ln[(sinxxcosx)ecosx]成立，当x2时，

(sin2cos)ecos21ln[(sincos22222cos2)e] ，此时能取等号。

即(sinxxcosx)ecosx1ln(sinxxcosx)cosx，

即ln[f(x)]1ecosxf(x)cosx成立 ……………12分

21．（本小题满分12分）

【解析】：（1）椭圆E:x2y22a2b21(ab0)上的点(1,2)的下辅助点为1,1，

辅助圆的半径为R12(1)22，椭圆长半轴为aR2，

将点(1,2x22)代入椭圆方程

2y2b21中，解得b1， 椭圆E的方程为x22y21； ……………4分 （2）设点N(x0,y0)(y00)，则点M(x0,y1)(y10)，将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭

圆方程可得，x2y2002，x202y22211，故y02y1，即y02y1，

又S1236OMN2x0(y1y0)8，则x60y14 x2x6将x6x20202020y14与2y11联立可解得或， y062y0226 / 8

下辅助点N的坐标为(2,6)或(6,2) ……………7分

2222（3）由题意可设Ax1,y1，Bx2,y2.

(x2)2(y2)21，先向左平移2个单位，再向上平移2个单位，【解析】：（1）将曲线方程

164x2y21222联立2整理得m2y2mtyt20，

xmyt则8m2tx2y2(x22)2(y22)21，故曲线C的参数方程1，也即得到曲线C的方程为

164164x4cos为； ……………2分 (为参数）

y2sin又点M(x,y)为曲线C上任意一点，

220.

2mtyy12m22根据韦达定理得 ……………8分 2yyt212m22因为四边形OAPB是对边平行且相等和容易变形的四边形，即四边形OAPB恰好为平行四

1x3y2cos23sin4cos()， 231所以x3y的最大值为4 ……………5分

2所以

（2）由（1）知曲线C的直角坐标方程为

x216y22mt边形，所以OPOAOB.所以yPy1y22，

m24txPx1x2my1tmy2tmy1y22t2

m2因为点P在椭圆E上，所以

x2t1，又直线l的参数方程为， 4y2t（t为参数），所以直线l的普通方程为x2y40，

16t22m2224m2t2m2221，

x2y40x4x022所以有x解得或， ……………8分 yy0y21164所以线段EF的中点坐标为(为4m22t2整理得

22m21，即4t2m22 ……………10分

4002,)，即线段EF的中点坐标为(2,1)，直线l的斜率22在直线l：xmyt0中，由于直线l与坐标轴围成三角形，则t0，m0. 令x0，得y1，则与直线l垂直的直线的斜率为2，故所求直线的直角坐标方程为y12(x2)，即2t，令y0，得xt. m2xy30，将xcos,ysin代入，得其极坐标方程为

2cossin30 ……………10分

23．（本小题满分10分）

1t1m221212|m|22所以三角形面积为S|t| 2m8|m|8|m|84当且仅当m22，t21时，取等号，此时240.且有m2t23， 故所求m2t2的值为3. ……………12分

22．（本小题满分10分）

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3x3222【解析】：（1）不等式f(x)x化为2x3x，即2xx，等价于①或222x3x2x32②， 32xx2由①解得x32，由②解得x3或1x32， ……………4分 所以不等式f(x)x2的解集为xx3或x1． ……………5分 ）根据绝对值三角不等式可知

F(x)f(x)g(x)2x32xab32x2xab

32x2xabab3ab3， ……………7分

因为F(x)f(x)g(x)的值域为5, 所以ab2，则a2b26， 故

111a2a2b2b2a2b21b2a26(a2b2)6(2a2b2) 16(22b2a22b2a2b2)3，当且仅当

a2a2b2，即ab1时取等号时，由基本不等式可得1a21b223． ……………10分

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（2