四川省 2022届高三数学（文）6月热身考试（PDF版带答案）

\n\n\n\n2022年普通高等学校招生全国统一考试（热身考试）文科数学参考答案21．D【详解】由不等式x7x10(x2)(x5)0，解得2x5，所以N{x|2x5}，又因为Mxx3，所以MNxx22,.故选：D.34i(34i)i2．D【详解】由题意知，z43i，所以复数z在复平面上对应的点为(4，3)，2ii在第四象限.故选：Dx0，223．B【详解】因为命题“0x0x030”的否定是“x0，xx30”.故选：B.4．A【详解】对于A选项，因为mα，αn，则nα，所以mn，故A选项正确；对于B选项，由条件得m∥n，故B选项错误；对于C选项，由条件得α∥，故C选项错误；对于D选项，由条件得m∥或m，故D选项错误，故选：A.5.答案：B解析：作出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，根据图象可知当目标函数zx2y过点B时取得最大值.x3y30x3联立，解得，xy30y0即点B(3,0)，所以zmax3203，故选B.6．A【详解】因为角终边过点P1,2，15225所以cos,sin，12225122255254所以sin22cossin2.故选：A．555答案第1页，共9页\n\n111f2021f2022f(67332)f(6743)f(2)f(0)f()0f()log21故222选：C.12．D【详解】如下图所示，双曲线C的右焦点F2c,0，渐近线l1的方程为bxay0，bcbcPFb由点到直线的距离公式可得222c，ba2222由勾股定理得OPOFPFcba，22OPa在RtPOF2中，OPF2，cosPOF2，2OF2c在POF2中，OPa，PF15a，OF1c，acosPOF1cosPOF2cosPOF2，c22222OPOF1PF1c4aa22由余弦定理得cosPOF1，化简得，c2a，2OPOF2acc1c即c2a，因此，双曲线C的离心率为e2，故选D．a2a3bb124813．9【详解】由题意得投影为：9，故答案为：9b414．16【详解】按“不超过3312m的部分”水价计算，最多用水12m，水费为12×3＝36元，∵60元＞36元，故该户居民用水量超过了312m，333按“超过12m但不超过18m的部分”的水价计算，这一段最多用水6m，水费为6×6＝36元，∵36＋36＝72元＞60元，故该户居民用水量介于33312m和18m之间，其中按6元/m计费的用水量为(60－36)÷6＝433m，∴该户居民用水量为12＋4＝16m.故答案为：16.15．945【详解】设数列公差为d，则a5a14d4d91，可得d2，所以ana1(n1)d2n11，11*若an2n110，有n，则n{1,2,3,4,5}时an0，而n5,nN时an0，2**综上，若n5,nN时，n为奇数Tn0，n为偶数Tn0；若n5,nN时Tn0；所以，当n4时数列Tn最大，即T4a1a2a3a4(9)(7)(5)(3)945.故答案为：945.答案第3页，共9页\n2052054316．32【详解】因为球的体积为，故球的半径R满足R，故R5，333而AB4，AC2，BC23，故222ACB，ABACBC，故21故SACB23223，21设D到平面ABC的距离为h，则h2323，故h3，3故D在球面的截面圆上，设截面圆所在的平面为，当与平面ABC在球心的异侧时，DC有最大值，1设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为AB4，2则d541，故球心到平面的距离为2，故截面圆的半径541，设D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为ABC的外心即AB的中点，当CE最长时CD最长，此时CE213，故CD长度的最大值为32，故答案为：32.22236BD17．【解析】(1)在△ABD中，由余弦定理得cosA.23622234BD在△BCD中，由余弦定理得cosC.因为AC180，所以cosAcosC0，23422222236BD34BD即0，得BD33.2362341393(2)由题意知S3AB，得AB6.△ABC222221在ABC中，由余弦定理得AC6326337.2令ADx，CDy，在△ACD中，22222由余弦定理得37xy2xycos60，即xyxy63.22xy所以xy633xy633，42(xy)即63，xy67，当且仅当xy37时取等号.4所以四边形ABCD周长的最大值为967.18．【解析】（1）因为AC,BC,CD两两垂直，BCCDC，所以AC平面BCDE，所以ACDE.答案第4页，共9页\nπ在直角梯形BCDE中，BCDCBE,BCBE1,CD2，2222所以CEDE2,CEDECD，所以DECE，由于ACCEC，所以DE平面ACE，由于DE平面ADE，所以平面ACE平面ADE.（6分）（2）由DE平面ACE，得DEAE，因为22DE2,CE2,AEACCE123，116所以SAEDE32，△ADE22211111VBCACCD112,EACD32323设点C到平面ADE的距离为d，11126由VCADEVEACD得dS△ADEd.（12分）33S63△ADE19．19．（12分）【解析】（1）设vx，则ybva，552y5.16，v1.68，vixi15，i1i15viyi5vy45.1051.685.161.756bi11.98所以52，221551.680.888vi5vi1aybv5.161.981.681.83.所以y关于x的回归方程为y1.98x1.83.（6分）（2）因为中国在线直播购物用户选择在品牌官方直播间购物与不在品牌官方直播间购物的人数之比为4：1，按照分层抽样从这两类用户中抽取5人，则选择在品牌官方直播间购物的用户为4人，记作1,2,3,4，不在品牌官方直播间购物的用户为1人，记作5，答案第5页，共9页\n从这5人随机抽取2人，结果有：1,2,1,3,1,4,1,5,2,3,2,4,2,5,3,4,3,5,4,5，共10种，其中2人全是选择在品牌官方直播间购物用户的结果为：1,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4，共6种，63所以这2人全是选择在品牌官方直播间购物用户的概率为.（12分）105a2b2722xy20．【解析】(1)由题意可得：c1，所以a2，b3．故椭圆方程为1．43a2(2)由题意知，F(1,0)，设直线MN方程：xmy1，Mx(1，y1)，Nx(2，y2)，E(4,y1)，xmy122(3m24)y26my90，联立方程xy，得1436m9所以y1y22，yy122，所以2myy123(y1y2)，3m43m4y2y1y2y1又kEN，所以直线EN方程为：yy1(x4)，x24x243(yy)yx(4)myy3y21235令y0，则x412412144．yyyyyy222121215所以直线EN过定点P(,0)．22由144m210，所以mR，又212m1，|yy|(yy)4yy12121223m42221512m115m115m1所以S|OPy||y|，OEN12222243m43m43(m1)115ft()令tm21，t1，则1，3tt2113t1令gt()3t,gt()3，当t1时，gt()0，2ttt2151ft()故gt()3t在[1，)上单调递增，则1在[1，)上单调递减，t3tt15t15S15OEN3211S即t在[1，)上单调递减，所以t1时，OENmax．3t4t21.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．答案第6页，共9页\n1312【解析】（1）因为f(x)x(a1)xax，322则f(x)xa1xaxax1，当a1时，令f(x)0，解得x1或xa，此时fx单调递增；令f(x)0，解得1xa，此时fx单调递减；2当a1时，f(x)x10，故此时fx在R上单调递增；当a1时，令f(x)0，解得xa或x1，此时fx单调递增；令f(x)0，解得ax1，此时fx单调递减，综上所述：当a1时，fx在,1单调递增，在1,a单调递减，在a,单调递增；当a1时，fx在R上单调递增；当a1时，fx在,a单调递增，在a,1单调递减，在1,单调递增．（2）由（1）可知，当a(1,3]时，fx在0,1单调递增，在1,a单调递减，在a,a1单调递增，1312212又f00，faaa1aaa3a0f0，故mf00；326112又f13a1，fa1a1a4a1，6612则fa1f1aa30，即fa1f1，故Mfa1；612则Mmfa1f0a1a4a1，612令hxx1x4x1,x1,3，612121则h(x)x2x1xx，222令h(x)0，可得x1,12，此时hx单调递增；令h(x)0，可得x12,3，此时hx单调递减，24又h1h3，3322故当x1,3时，hx，即当a(1,3]时，Mm，即证．33答案第7页，共9页\n2xt22．【解析】(1)由（t为参数，m0）消去参数t，得ymxx0,m0，2ymt2222由xcos，ysin，xy及4cos30，22得xy4x30，故曲线C1的普通方程为ymxx0,m0，22曲线C2的直角坐标方程为xy4x30．(2)由（1）知，曲线C1为过原点且在第一象限的射线，曲线C2为以2,0为圆心，1为半径的圆，在极坐标系下，可设A1,，B2,，2则1，2为关于的方程4cos30的两根，4cos122∴123，故OAABOAAB121121，24cos12023252则311，故12，2，由124cos，得cos，281414y87又m0，故sin，故mtan.8x52583,x1,23．【详解】（1）当a1时，fx2x1,1x2,3,x2.当x1时，由fx1得，x1.当1x2时，由fx1得，2x11，解得一1x0.当x2时，由fx1得，31，不等式fx1解集为.答案第8页，共9页\n综上所述，不等式fx1的解集为,0．（2）x1,fx2axx1.fxx2得，2axx1x2，即2axx2x1，22由xx12axxx1，1axx2x1,ax1,x在x1时恒成立，即在x1时恒成立．2axxx3.ax31.x133由于x1时，yx1是减函数，最大值为1,x12x1231，等号在x3时xxx成立，所以，实数a的取值范围是1,231．答案第9页，共9页