四川省遂宁市2022届高三数学第三次诊断考试试题 文

四川省遂宁市2022届高三数学第三次诊断考试试题 文

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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的）

1．若集合Ax0x1，Bx1x2，则AA．

A．350 B．450 C．480 D．300 5. 已知满足cos(1)，则cos2 237777 B． C． D． 91891826. 等差数列an中，a12a710，则a3a5a7

B

A. 5 B. 10 C. 15 D. 20

7. 用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体。已知正六面体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，则平面AB1D1与平面BC1D间的距离为 A．3 B．A．x0x1 B．x1x0 C．x1x2 D．x1x2 2．已知a为实数，i为虚数单位，且iaiR（R为实数集），则a iA．1 B．2 C．2 D．1

436 C． D．23

33xex,x03. 函数f(x)的大致图象为

2,x08. 如图，在正方形ABCD中，M是BC的中点，若ACAMBD，则 A.

45 B. 33C. 1 D．2

9. 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

4. 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：初赛成绩小于等于90分的会被淘汰,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,则会被淘汰的人数为

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A. ,1 B. ,2 C. ,2 D. ,1

232311 / 8

310. 已知点3,28在函数f(x)x1的图象上，设af3，bf(ln)，cn5f4，13. 曲线yx22xlnx在点(1,1)处的切线的斜率为 ▲ . 14. 若向量m(2k1,k)与向量n(4,1)共线，则mn的值是

▲ ．

则a,b,c的大小关系为

A．bac B．abc C．bca D．cab

215．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

x2y222211. 已知双曲线221(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，过点F1作圆xya的

ab切线交双曲线右支于点M，若tanF1MF22，又e为双曲线的离心率，则e2的值为

AMFM0，则点B的横坐标为 ▲ ．

16．已知x,y,a均为正实数，则

▲ .

y25xa22a4的最小值为 x3xyA．

52 255 2B．

53 256 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）

C． D．

2函数f(x)Asin(x)(A0,0,0)的部分图象如图所示，又函数

212. 若存在a0，使得函数f(x)6alnx4ax与g(x)xb在这两函数图象的公共点处的

切线相同，则b的最大值为

g(x)fx

8（1）求函数g(x)的单调减区间；

11A．2 B．2

e2e13C．2 D．2

3ee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小题，每小题5分，满分20分.）

c，（2）设△ABC的内角A，又cC的对边分别为a，b，B，

若sinB2sinA，求ab的值。

3，且锐角C满足g(C)1，

▲

18.（本小题满分12分） 2 / 8

某中学举行的“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，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，其中一等奖代表队有6人。

名次 性别 男生 女生 （1）求二等奖代表队的男生人数；

（2）从前排就坐的三等奖代表队员5人（2男3女）中随机抽取3人上台领奖，请求出只有一个男生上台领奖的概率；

（3）抽奖活动中，代表队员通过操作按键，使电脑自动产生2,2内的两个均匀随机数x，y，随后电脑自动运行如图所示的程序框图的相应程序。若电脑显示“中奖”，则代表队员获相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖。求代表队队员获得奖品的概率。

一等奖 代表队 30 30 二等奖 代表队 ？ 20 三等奖 代表队 20 30 方形，对角线AC与BD相交于点O，点F在线段AH上且

2AFHF0， BE与底面ABCD所成角为

。 3

（1）求证：ACBE；

（2）M为线段BD上一点，且BM

▲ 20.（本小题满分12分）

已知函数f(x)axsinx(aR) （1）当x(0,2，求异面直线AM与BF所成角的余弦值。

6)时，f(x)0恒成立，求正实数a的取值范围；

（2）当a1时，探索函数F(x)f(x)cosxa1在(0,)上的零点个数，并说明理由。

▲

21.（本小题满分12分）

▲

19.（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

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

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。

ab23 / 8

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)x；

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

（1）求椭圆E的方程； （2）若OMN的面积等于

▲

遂宁市高中2022届三诊考试

（3）已知直线l：xmyt0与椭圆E交于不同的A，B两点，若椭圆E上存在点P，满足OPOAOB，求直线l与坐标轴围成的三角形面积的最小值。

▲

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

在平面直角坐标系xOy中，将曲线方程上平移2个单位，得到曲线C。

（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

数学（文科）试题参考答案及评分意见

一、选择题（12×5=60分）

题号 答案 1 D 2 D 3 B 4 A 5 A 6 B 7 C 8 C 9 A 10 D 11 C 12 C 2112。 a2b23236，求下辅助点N的坐标； 8二、填空题（45=20分）

2(x2)(y2)1，先向左平移2个单位，再向164213. 1 14. 171 15. 16.10 24三、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）

1 x3y的最大值；

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

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

y2tA2,T52,即T,则2，又函数图像过点,2 ，

T28882k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。

▲

则282，

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

4 / 8

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xk2，kZ，

2x22y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，

xy1xy2如图阴影部分的面积为

所以函数g(x)的单调减区间为k,k,kZ………6分（少kZ扣1分）

2（2）由g(C)1，得cos2C1119SA442233，

2221，因为0C， 222所以02C，所以2C，C，

33b又sinB2sinA，由正弦定理得2①． ……………8分

a222由余弦定理，得cab2abcos，即a2b2ab3②．

3由①②解得a1，b2． ……………11分 所以ab3 ……………12分

19S19这是一个几何概型，所以P(A)A2。

S1632即代表队队员获得奖品的概率为

19．（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。 ……………5分 （2）因为在长方体ABCDHKLE中，有BE与平面ABCD所成角为

由（1）知DBE为直线BE与平面ABCD所成的角， 所以DBE所以

19。 ……………12分 32

18．（本小题满分12分） 【解析】(1)设代表队共有n人，则

660，所以n160，则三等奖代表队的男生人数为16n， 3160(3030202030)30，故所求二等奖代表队的男生人数为30人。

……………3分

（2）设男生为A1，A2，女生为B1，B2，B3，随机抽取3人，包括的基本事件为A1A2B1，A1A2B2，

3，

ED3．由AD3可知DE36，所以AH36，又2AFHF0，即DBA1A2B3，A1B1B2，A1B1B3，A1B2B3，A2B1B2，A2B1B3，A2B2B3，B1B2B3，个数为10个，

只有一个男生上台领奖基本事件为A1B1B2，A1B1B3，A1B2B3，A2B1B2，A2B1B3，A2B2B3，个数为6个，所以只有一个男生上台领奖的概率为

63。 105……………8分

(3)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，

11AH，故AF6，在DE上取一点G，使DGDE， 33连接FG，则在长方体ABCDHKLE中，有FG∥AD∥BC， 且FGADBC，所以四边形FBCG为平行四边形， 所以BF∥CG，在BD上取一点N，使DNBM

1因为BM2，BD32，所以DNBMBD,

3所以在正方形ABCD中，

ONOM，所以CON≌AOM（SAS）。 所以CNOAMO，

所以AM∥CN，所以GCN（或其补角）为异面直线AM与BF所成的角， AF在GNC中， GCBFAF2AB215，

5 / 8

在AMB中，由余弦定理得AMAB2BM22ABBMcos45，

则CNAM5，又GNGD2DN222

在GNC中，由余弦定理得

cosGCNGC2NC2GN2232GCNC5。 故所求余弦值为235。 ……………12分

20．（本小题满分12分）

【解析】（1）因为0xsinx6，所以ax，

令g(x)sinxxcosxsinx，g'xxx2，

再令mxxcosxsinx，m'xcosxxsinxcosxxsinx0， 所以m(x)在(0,6)上单调递减，所以m(x)m00。 ……………3分

所以g'x0，则g(x)在(0,6)上单调递减，所以g(x)g(36)， 所以a33，又a0，即正实数a的取值范围是(0,]. ……………5分

（2）F(x)f(x)cosxa1axsinxcosxa1，

则F/(x)acosxsinx2sin(x4)a， ……………7分

因x(0,)，故2sinx4(1,2]，

又a1，故F/(x)0对x(0,)恒成立，即F(x)在区间0,单调递增；

又F(0)a2，F()a(1)0； ……………10分 故当1a2时，F(0)a20，此时F(x)在区间0,内恰好有1个零点；

当a2时，F(0)a20，此时F(x)在区间0,内没有零点。

……………12分

21．（本小题满分12分）

1）椭圆E:x2y2【解析】（2a2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,2x2y22)代入椭圆方程

2b21中，解得b1， 2椭圆E的方程为x2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S236OMN12x0(y1y0)8，则x60y14 ……………6分 2x2x6将x6x0202020y14与2y11联立可解得或， y62y2002下辅助点N的坐标为(22,62)或(62,22)； ……………7分

（3）由题意可设Ax1,y1，Bx2,y2.

x2联立2y21整理得m22y22mtyt220，则8m22t20.

xmyt6 / 8

2mtyy12m22根据韦达定理得 ， ……………8分 2t2yy12m22因为OPOAOB. 所以yPy1y2又点M(x,y)为曲线C上任意一点，

2mt， 2m21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

4txPx1x2my1tmy2tmy1y22t2

m2因为点P在椭圆E上，所以

x216y2x2t1，又直线l的参数方程为，（t为4y2t16t22m2224m2t2m2221，

4m22t2整理得

22m2x2y40x42参数），所以直线l的普通方程为x2y40，所以有x2解得或y1y01641，即4t2m22 ……………10分

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x0， ……………8分 y2所以线段EF的中点坐标为(t，令y0，得xt. m40021,)，即线段EF的中点坐标为(2,1)，直线l的斜率为，222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

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.

2x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）

2【解析】（1）不等式f(x)x化为2x3x，

22所以直线l与坐标轴围成的三角形面积的最小值为. ……………12分

4

22．（本小题满分10分）

(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

164x2y2(x22)2(y22)21， 1，也即得到曲线C的方程为

16416433xx32即2xx，等价于①或②， 2222x3x232xx233由①解得x，由②解得x3或1x， ……………4分

22所以不等式f(x)x的解集为xx3或x1． ……………5分 （2）根据绝对值三角不等式可知

2x4cos故曲线C的参数方程为； ……………2分 (为参数）

y2sin7 / 8

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

1a211a2b2a2b21b2a2b26(a2b2)6(2a2b2) 16(22b2a2a2b2)23， 当且仅当

b2a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

8 / 8