2022届四川省眉山市高三上学期第一次诊断数学(文)试题解析

2022届四川省眉山市高三上学期第一次诊断数学（文）试题

一、单选题



1

1

．设集合，，则等于（）

Mx(x1)(x5)0



Nxx3



MN



2



1

A B

．．



xx1



2

C D

．．



x1x5

答案：

B

由一元二次不等式结合集合的交集运算求解即可

.



x1x3



1



xx5



2



1

解：因为集合，

Mx(x1)(x5)0x1x5



Nxx3





2



1

所以

MNx1x5xx3x1x3







2

故选：

B

2i

．是虚数单位，若，则等于（）

3ai(a,bR)

A-5 B-1 C1 D5

．．．．

答案：

C

将等式右面化简，再结合对应关系可求

a,b

.

解：由，所以，，则

3aib2i

故选：

C

3①②.

．某高中学校学生人数和近视情况分别如图和图所示为了解该学校学生近视形成原因，在近

视的学生中按年级用分层抽样的方法抽取部分学生进行问卷调查，已知抽取到的高中一年级的学生

36

人，则抽取到的高三学生数为（）

2bi

a2ab231

b3

.

i

2bi

ab

i

A32 B45 C64 D90

．．．．

答案：

D

根据近视率求出三个年级的近视的人数，结合抽样比例可得答案

.

解：近视的学生中，高一、高二、高三学生数分别为人，人，人，

180320450

由于抽取到的高一学生人，则抽取到的近视学生中高三人数为人

3690.

故选：

D.

4

．函数的单调递减区间为（）

f(x)x2lnx1

A B

．．

(0,2)



1

C D

．．



,



e

(0,e)

(2,)

答案：

A

先求导数，令求解不等式可得答案

f(x)



f(x)0



.

解：由题可知，由，解得

x00x2

fx10





所以单调递减区间为

(0,2)

.

故选：

A.

51

．如图，网格纸中小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为

（）

2

.

x

A72 B64 C56 D32

．．．．

答案：

A

先根据三视图还原几何体，然后求解几何体的体积

.

解：根据三视图可推理得知该几何体是一个长方体中挖去了一个正四棱锥剩下的几何体，

还原成直观图如图：

1

故该几何体的体积为

VVV4458372

ABCDABCDPEFGH

1111

.

3

故选：

A.

6“”“”

．设，则是的（）

xRx1

2x1

1

x

A B

．充分不必要条件．必要不充分条件

C D

．充分必要条件．既不充分也不必要条件

答案：

B

求出的解集，进而判断出是的什么条件

2x12x1

11

“”“”.

x1

xx

2x12x1x1

1100

，解得：或，解：由

x1x0

xxx

所以不是的充分条件；若，则，此时，

“”“”

所以是的必要条件，所以是的必要不充分条件

“”“” “”“”.

1

2x1

2x11

1

x1x1

1

21

x

x

xx

2x12x1

11

x1x1

xx

故选：

B





7

．若，，则的值为（）



0,



sin2cos



2

cos2





2

3

1

A B C0 D

．．．．



2

5

3

5

答案：

D

结合二倍角公式化简可求，再结合万能公式可求

tan



1

cos2



.

2





解：因为，，所以且，



0,



sin2cos2sincoscos



22

cos0







2

1

1tan3



1

22

4

cos2cossin

.

解得，所以

tan





1tan5

2



1

1

2

4

2

1

故选：

D

8

．执行如图所示的程序框图，输出（）

S

A19 B24 C26 D33

．．．．

答案：

D

按照程序框图的流程计算出结果

.

解：程序运行第次，；第次，；

12

S12

S122

1

第次，；；

3……

S1223(1)

2

11

第次，

7.

S1223(1)4256(1)7233

22

1

2

此时，输出，则

i7

S33

.

故选：

D

xy

22

9

．已知，分别是椭圆的左顶点和右焦点，是椭圆上一点，直线与直

A

F

22

1(ab0)

P

AP

ab

a

2

线相交于点且是顶角为的等腰三角形，则该椭圆的离心率为（）

l:x

Q

.120°

△AFQ

c

1

A B C D

．．．．

3

2

1

2

3

3

4

答案：

C

根据是顶角为的等腰三角形，建立等式，解方程可得结果

△AFQ

120°.

3ee20

2

解：如图，设直线与轴的交点为，由是顶角为的等腰三角形，知，

l

x

H

△AFQ

120°

FQFAac

QFH60

.

于是，在中

Rt△FQH

FHFQ

1

.

2

ab

222

bac

.

cFH

，故而



cc

c2

结合得，即，解得

abc

222

3cac2a0

22

3ee20

2

e

.

故选：

C.

1



0.7

10.

．已知函数若，，，则，，的大小

f(x)e2x

|x|2

af0.6



bflog



2

cflog5



4

a

b

c

3



2

3

关系为（）

A B C D

．．．．

abc

答案：

C

利用函数的单调性与奇偶性结合指数函数与对数函数的单调性即可求解

.

解：解：，

f(x)e2x

|x|2

xR

f(x)e2xe2xf(x)

|x||x|2



2

cba

acb

bca

所以为偶函数，且时，单调递增，单调递增，

f(x)

x0

e

x

2x

2

所以时，单调递增

x0

f(x)

.

1



所以，

bflogflog3flog3



222



3



由于，，

00.61

0.7

log3log9log51

244

则

acb

故选：

C.

11

．已知是抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于，两点，直线与抛物线

FF

C:y4x

2

ll

P

Q

的准线交于点，若，则（）

l

1

M

PM2FP

A3 C D B

．．．．

答案：

A

FQ

FP



3

4

1

3

4

3

设，，，联立抛物线，应用韦达定理及已知条件求、，

Px,yQx,y



1122

l:ykx(k0)



x

1

x

2

2





p

结合抛物线的定义求、，即可求目标式的值

PF

QF

.

解：设，，直线

Px,yQx,y



1122

l:ykx1(k0)



.

2222

联立抛物线得：，则

kx2k2xk0



xx1

12

.

由直线与抛物线准线交于，则

l

lx1

1M

M

.

1

由得：，即，则

PM2FP

1x2x1

11



x

1

x3

2

.

3

FQ

4

4

3

∴

PFx1

1

，，，

QFx14

2

FP

4

3

3

故选：

A.



x

,x1,



125

．已知函数若函数恰有个零点，则实数的

f(x)



elnx

y[f(x)](24a)f(x)1

2

a

2





52xx,x1,

取值范围是（）



949

A B

．．



,





824



9

C D

．．



1,





8



49



1,



24



9



,





8

答案：

A

先研究时，的单调性和极值，画出分段函数的图象，换元后数形结合转化为二次

x1

f(x)

x

elnx

函数根的分布情况，列出不等式组，求出实数的取值范围

a

.

解：当时，，则，

x1

f(x)fx

xlnx1





elnxelnx

2

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

1xe

fx0fx0





f(x)f(x)

xe

则时，当时，

x1

f(x)f(e)1

..

x1

f(x)52xx(x1)66

22

作出大致图象，函数恰有个不同零点，

f(x)

y[f(x)](4a2)f(x)1

2

5

即方程恰有个根令，则需方程

[f(x)](24a)f(x)10

2

5..

f(x)t

t(24a)t10(*)

2

（）在区间和上各有一个实数根，令函数，

l

(,1)

[2,6)

u(t)t(24a)t1

2



u(1)124a10,

949



.

则解得



u(2)42(24a)10,

a

824



u(6)366(24a)10,





u(1)124a10,



（）方程（）在和各有一根时，则

2

(1,2)(6,)



u(2)42(24a)10,



u(6)366(24a)10,







a1,



9



即无解



a,

.

8



49



a,



24



（）方程（）的一个根为时，可得，验证得另一根为，不满足

36.

a

1

29

24

6

（）方程（）的一个根为时，可得，可知不满足

41.

a1

949

.

综上，

a

824

故选：

A

【点睛】复合函数与分段函数结合问题，要利用数形结合思想和转化思想，这道题目中要先研究出

分段函数的图象，再令，换元后转化为二次函数根的分布问题，接下来就迎刃而解了

f(x)t

.

二、填空题

13______.

．已知向量，，若，则实数的值为

a(1,2)

b(t,3)

a(ab)

t

答案：

1

根据向量坐标的线性运算求出，再根据，得，从而可得出答案

ab

a(ab)

a(ab)

.

解：解：，

ab1t,1



因为，所以，解得

a(ab)

a(ab)(1,2)(1t,1)1t20

t1

.

故答案为：

1.



xy20,



14______.

．已知实数，满足约束条件则的最小值为

x

y



2xy0,

z2xy



x10,



答案：

4

由约束条件画出可行域，结合的几何意义可求最值

y2xz

.



24

解：根据约束条件的不等式组，作出可行域是以，，三点为顶点的三角

A(1,3)

B(1,2)

C,





33

形及其内部，如图：

将目标函数转化为，

z2xy

y2x(z)

当直线过点时，取得最小值，最小值为

y2x(z)(1,2)

z2xy

-4.

故答案为：

4

15

．关于函数，给出下列四个结论：

f(x)sin2xcos2x

①



是的最小正周期；

f(x)





②

f(x)

在的最小值是；



0,

1



2





③

f(x)

在上是单调递增函数；



0,



2

④.

x



8

是图象的一条对称轴

f(x)

其中所有正确结论的序号是

______.

答案：

①②④

先利用辅助角公式化简函数，结合所给的四个结论逐一验证

.





解：根据题意，得

f(x)sin2xcos2x2sin2x



.

4



2







，命题正确；所以函数的最小正周期为

①

f(x)

2





5







当时，，所以当时取得最小值，命题正确；

x0,



2x,



x

1

②

2

444





2













f(x)2sin2x



在上单调递增，在单调递减，命题不正确；



0,



,

③

4





8



82





k



f(x)2sin2x



的图象对称轴为，

x(kZ)

4



28

当时，，所以命题正确

k0

x



8

④.

故答案为：

①②④.

16

．如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于，的任意一点，

AB

OO

PA

C

A

B

8

PA2

，三棱锥体积的最大值为，则当的面积最大时，线段的长度为

PABC

PBC

AC

______.

3

答案：

6

根据题意，设，则，可知当面积最大，即时，三棱锥体积

ABa

OC

a

ABC

OCAB

PABC

2

8

的最大值为，根据三棱锥的体积公式进行计算求出，由圆的性质可知，由线面垂

a4

BCAC

3

直的性质得出，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，从而有，根

PABC

BC

PAC

BCPC

据勾股定理求出，再由三角形面积和基本不等式得出，即

BC

SBCPCBCPC5

PBC

11



22

24

得出的面积最大值，当且仅当时等号成立，从而可求出此时线段的长度

PBC

BCPC10

AC

.

解：解：设，则，由平面，，

ABa

OC

a

PA

ACB

PA2

2

8

可知当面积最大，即时，三棱锥体积的最大值为，

ABC

OCAB

PABC

3

11a8

所以，解得：，

a2

a4

3223

由是的直径知，即，

AB

O

ACB90

BCAC

而平面知，所以平面，所以，

PA

ACB

PABC

BC

PAC

BCPC

则，

BCPCPBPAAB20

22222

故，

SBCPCBCPC5

PBC

11



22

24

当且仅当时等号成立，

BCPC10

此时，

ACPCPA6

22

.

故答案为：

6

.

三、解答题

17.

．第七次全国人口普查是对中国特色社会主义进入新时代开展的重大国情国力调查某地区通过

摸底了解到，某小区户数有户，在选择自主填报或人户登记的户数与户主年龄段（岁以上

100045

2 452×

列联表所示：和岁及以下）分布如下

人户登记 自主填报 合计

户主45岁以上 200

户主45岁及以下 240 640

合计 1000

(1)95%

将题中列联表补充完整；通过计算判断，有没有的把握认为户主选择自主填报与年龄段有

关系

(2)16.

根据（）中列联表的数据，在自主填报的户数中按照户主年龄段用分层抽样的方法抽取了户

若从这户中随机抽取户进行进一步复核，记所抽取的户中恰好有户的户主年龄在岁以

622145

上的概率

.

附表及公式：

PKk



2

0

k

0

0.15 0.10 0.05 0.025 0.010

2.072 2.706 3.841 5.024 6.635

n(adbc)

2

其中，

K

nabcd

.

(ab)(cd)(ac)(bd)

2

答案：表格见解析，有

(1)

(2)

8

15

（）根据提供的数据可以填写表格，计算卡方，根据附表可得结论；

1

（）先求所有基本事件，再求符合条件的基本事件，利用古典概率的求解方法可得答案

2.

(1)

补充后的列联表为：

人户登记 自主填报 合计

户主45岁以上 160 200 360

户主45岁及以下 240 400 640

合计 400 600 1000

2

1000(160400240200)125

2

K4.633.841

，

40060036064027

因此，有的把握认为户主选择自主填报与年龄段有关系

95%.

(2)

这户中户主年龄在岁以上户，记为，；

6452

A

1

A

2

年龄在岁及以下有户，记为，，，

454.

B

1

BB

2

B

3

4

从这户中选取户的所有基本事件有：，，，，

62



A,A

12



A,B

11



A,B

12



A,B

13



A,BB,B

1414

，，，，，，，，



A,BB,B

2112



A,BA,B

2224



A,BB,B

23



13



B,B

23

，，，共个



B,BB,B

2434

15.

其中恰好户的户主年龄在岁以上的基本事件有个

1458.

所以，所抽取的户中恰好有户的户主年龄在岁以上的概率为

2145.

8

15

185.

．如图，已知，点是以为圆心，为半径的半圆上一动点

OA10

B

O

(1)

当时，求线段的值；

AOB120

AB

(2).

若为正三角形，求四边形面积的最大值

ABC

OACB

答案：

(1)

AB57

(2)

50

1253

4

（）根据条件利用余弦定理可得答案；

1

（）设，用表示出四边形的面积，结合三角函数知识化简求解最值

2.

AOB





OACB

(1)

在中，由余弦定理得：

AOB

ABOAOB2OAOBcosAOB

222



1

1052105cos120

22

10025100175



.



2

所以

AB57

.

(2)

设，所以，

AOB



ABOAOB2OAOBcos125100cos

222



则

SSSOAOBsinAB

四边形OACB

105sin(125100cos)

OABABC

13



2

24

1253

13



25sin253cos



4

24



112533





1253

50sincos





.

50sin







224

34





所以当时，四边形的面积取得最大值





5



1253

.

OACB

50

6

4

19.

．若等比数列的各项为正，前项和为，且，



a

n

n

S

n

S6

2

a8

3

(1)

求数列的通项公式；



a

n

(2)11.

若是以为首项，为公差的等差数列，求数列的前项和



ab

nn



b

n

n

T

n

答案：

(1)

a2

n

n

(2)

T2

n

2n

2

n

88

6

，求出公比，再求出首项，从而可求出数列（）设公比为，则由已知可得

q

a

1



a

n

qq

2

1

q(q0)

的通项公式；

（）由已知可得，而，所以，然后利用错位相减法可求得结果

2

abn

nn

a2

n

n

b

n

(1)

n

2

n

设各项为正的等比数列的公比为，，，



a

n

q(q0)

S6

2

a8

3

则，，，

a

1

8

88

8

6

a

2

q

qq

2

q

2

即，

3q4q40

2

解得或（舍去），

q2

2

q

3

所以，

a2

1

8

2

2

所以数列的通项公式为



a

n

a2

n

n

.

(2)

因为是以为首项，为公差的等差数列，所以



ab

nn

11.

abn

nn

由（）知，所以

1.

a2

n

n

b

n

所以

T

n

n

2

n

1234n

234n

①

22222

1

在的等式两边同乘以，得

①

2

11234n1n

T

n

2345nn1

②

2222222

由等式两边相减，得，

①②

11



1

n



11111nn1n

22



T1

n

23nn1n1nn1

1

222222222

1

2

所以数列的前项和



b

n

n

T2

n

2n

.

2

n

20

．如图，四棱锥中，侧面底面，底面为梯形，，且

PABCD

PAD

ABCDABCD

AB//DC

APPDCD2AB23

，交于点，为的重心

APDADC60

..

ACG

BDF

△PAD

(1)

求证：平面；

GF//

PAB

(2).

求三棱锥的体积

BGFC

答案：证明见解析

(1)

(2)

3

3

（）连接并延长交于点，连接，由已知条件可得，得，

1

DG

PAE

BE

ABF∽CDF

再由为的重心，，则有，从而可得，再由线面平行的判

G

△PAD

定可证得结论，

DFDC2



FBAB1

DG2DFDG2



GF//EB

GE1FBGE1

（）由已知可得和为正三角形，连接并延长交于点，有，则

2

△PADAD

ADC

PG

M

PMAD

2

PM

面，从而可得，然后由已知条件求解，

ABCD

VVV

BGFCGBFCGABC

V

GABC

3

(1)

证明：在图中：连接并延长交于点，连接

DG

PAE

BE

.

由底面为梯形，，，

ABCD

AB//CD

CD2AB

ABF∽CDF

，则

DFDC2



.

FBAB1

DG2DFDG2



，则，又由为的重心，

GE1FBGE1

G

△PAD

所以

GF//EB

.

而平面，平面，

GF



PABPAB

EB

所以平面

GF//

PAB

.

(2)

由，，则为正三角形

APPD

APD60

△PAD

.

又，所以为正三角形

ADPDDC

ADC60

..

ADC

因为平面平面，平面平面，

PAD

ABCD

PAD

ABCDAD

在中，连接并延长交于点，有，所以面

△PADAD

PG

M

PMADPM

ABCD

.

又，则

FCDF22

VVV

BGFCGBFCGABC

.

AFFB13

因为，，，

DACACD60CAB

AB3

AC23

所以

SABACsin60

133

.

22

ABC

又为正三角形，，则，，

ADC

AD23

PM3

GM1

13

所以，

VSGM

GABCABC

32

23

.

故

VV

BGFCGABC

33

21.

．已知函数

f(x)axlnxx

(1)

函数是否存在极小值若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由；

f(x)

a

(2)

若，求证：

0a1

f(x)ex1

x2

答案：存在，

(1)

(0,)

(2)

证明见解析

（）先求出导函数，然后分，和三种情况通过判断导函数的正负可求出函数的极

1

a0

a0

a0

值，

alnx

alnxex1

x

ex1

x

1u(x)

，（）要证，只要证即可，令，

v(x)

1

2

f(x)ex1

2

x

xx

x

2

x2

只需证明即可，然后利用导数分别求解的最大值和的最小值即可

u(x)v(x)

maxmin

u(x)

v(x)

(1)

由题意（其中），

fxalnxa1





x0

当时，函数不存在极值

a0

f(x)x

.



当时，令，则

a0

fxalnxa10





00