四川省宜宾市2022届高三下学期第三次诊断测试数学(文)试题(含答案解析

四川省宜宾市2022届高三下学期第三次诊断测试数学

（文）试题

学校姓名：班级：考号：

:____________________________________________

一、单选题

1

．已知集合

Uxx0



，，则（ ）

Axxx20



A

．



xx0xx2x0x2xx2

B D C

．．．





U

A



27522

．一批产品共件，其中件正品，件次品，从中随机抽取件，下列两个事件互

斥的是（ ）

A“2”“1” B“1”“1”

．恰有件次品和恰有件次品．恰有件次品和至少件次品

C“1”“1” D“1”“1”

．至多件次品和恰有件次品．恰有件正品和恰有件次品

2

3

．已知是虚数单位，是关于

i

1i

x

的方程的一个根，则

x2xm0mR



m

（ ）

A B C D

．．．．

4

42

2

4mn

．已知两条直线，和平面



，则的一个充分条件是（ ）

mn

A B

．且．且

mn





m∥



nn

C D

．且．且

m



m∥



n∥



5

．用

y

关于的方程来拟合一组数据（，，，）时为了求出

x

yme

nx



x,y

ii

i1

2…10

其回归方程，设，得到关于的线性回归方程，则（ ）

zlny

z

x

z0.6x1

A

．

me

，．，．，．，

n0.6n0.6

B C D

n1

m0.6m0.6

ne

m1

6

．执行如图所示的程序框图，若输入

n

的值为，则输出的值为（ ）

5

S

A5 B6 C25 D36

．．．．

试卷第1页，共5页

xy

22

7

．等轴双曲线：

C

22

1a0,b0



的焦距为，则的一个顶点到一条渐近线

4

C

ab

的距离为（ ）

A1 B

．．

3

C2 D

2

．．

1

2

81

．如图，作一个边长为的正方形，再将各边的中点相连作第一个正方形，依此类

推，共作了个正方形，设这个正方形的面积之和为，则（ ）

nn

S

n

S

5

A

．

17

B C D

16

．．．

31

16

63

32

33

32

x

9

．定义在上的偶函数满足，且当时，

R

fx



fxf2xe



x0,1



fx

，则



9

f



()



2

A

．

e

B C D

．．．

e

e

2

9

9

2



lnx,ax0,



10

．若函数

fx





2

的值域为，则的取值范围是



0,





a

()



x2x,0x2.

A B

．．



1,0



11





1,1,



C D

ee



．．

1





1,

e



2

11

．设数列



a

n

的前项和为，且，则（ ）

n

S

n

a1

1

SaSan2

nnnn



S

10

1

A

．



B C D

8

．．．

13

1010

2

5

12

．在中，角

ABC

A,B,C

的对边分别为，且，

a,b,c

ab3c

22

sinBA2sinAcosB



，则边（ ）

c

A B C D

．．．．

3

二、填空题

13______

．已知，，若，则．

AB2,1AC3,m



ABAC

m

14______

．若曲线．

fx



6

9

12

a

在点处的切线的斜率为，则



1,f1



2

a

x

15ABC

．已知，，为球的球面上的三个点，且，球心到平面的距

OO

ABBCABC

离为，若球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为．

3

O

16πOABC

______

16

．已知点

A1,2

在曲线：上，斜率为的直线与曲线交于

EE

2mxmy1

22

2

l



试卷第2页，共5页

BB

，两点，且，两点与点不重合，有下列结论：

CC

A

（）曲线有两个焦点，其坐标分别为，；

1

E



2,0



2,0

（）将曲线上所有点的横坐标扩大为原来的倍（纵坐标不变），得到的曲线是一

2

E

2

个圆；

（）面积的最大值为；

3

ABC

2

（）线段长度的最大值为．

43

BC

其中所有正确结论的序号是．

______

三、解答题

17

．今年上海疫情牵动人心，大量医务人员驰援上海．现从这些医务人员中随机选取

了年龄（单位：岁）在内的男、女医务人员各人，以他们的年龄作为样



25,50

100

本，得出女医务人员的年龄频率分布直方图和男医务人员的年龄频数分布表如下：

年龄（单位：岁） 频数



25,30





30,35





35,40



20

20

30



40,45





45,50

15

15

(1)a

求频率分布直方图中的值；

(2)4

在上述样本中用分层抽样的方法从年龄在内的女医务人员中抽取人，从年



25,35



试卷第3页，共5页

龄在内的男医务人员中抽取人，再从这人中随机抽取人，求这人中至



25,35



2622

少有人的年龄在内的概率．

1



25,30



π



18

．已知函数

fxsinx0,







的部分图象如图所示：

2



(1)

求；

fx



2





(2)

若

f



，且，求的值．



0,π



cos2



210



19

．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，

PABCD

ABCD

BADCBA

π

，

2

PAADDPABPAD

2

，，平面平面，为的中点．

BC1

ABCD

M

PD

(1)

证明：平面；

CM∥

PAB

(2)

求多面体的体积．

PABCM

1x

2

20

．已知函数

fxlnx



．

x

(1)

求

fx



的单调区间；

(2)

求证：

lnx1

0

．

2

1xx

2

21

．设抛物线：

E

y2pxp0



，以为圆心，为半径的圆被抛物线的准

N2,1



5

E

线截得的弦长为．

8

(1)

求抛物线的方程；

E

(2)ABCD

过点的两条直线分别与曲线交于点，和，，且满足，

N

E

NANB



试卷第4页，共5页

NCND



，求证：线段的中点在直线上．

BD

y1



xt,





2

2

22(

．已知圆的直角坐标方程为

C



x1y3

，直线的参数方程为为参

l





yt





3

2

t

1

2

数，以平面直角坐标系的原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．

)

O

x

(1)

求圆和直线的极坐标方程；

C

l

(2)

设射线

mm

的极坐标方程为，，与圆交于点，与圆相交于







0,2π





CC

M

l

AB

、两点，若

AB

OM2



11

，求点的极坐标．

M

23

．已知函数．

fx2x2



(1)

解关于

x

的不等式；

fxx10



(2)

设，的最小值为

gxfx2x13



gx



m

，若，，

abcm

abc2m

a0

，求的最小值．

a

试卷第5页，共5页

参考答案：

1C

．

【解析】

【分析】

解不等式得到集合，即可求得，可得答案

xx20



A.

【详解】

解不等式得，

xx20



0x2

故，

Axxx20{x|0x2}



所以，

U

U

A



A{x|x2}

故选：

C

2A

．

【解析】

【分析】

本题考查互斥事件的概念：事件与事件不会同时发生．

AB

【详解】

522

件正品，件次品，从中随机抽取件共有如下可能性结果：

“”“”“”

两件次品，一件正品一件次品，两件正品

根据互斥事件可知：正确；

A

“1”“”“”B

至少件次品包含两件次品和一件正品一件次品，不正确；

“1”“”“”C

至多件次品包含一件正品一件次品，两件正品，不正确；

“1”“1”D

恰有件正品和恰有件次品是同一事件，不正确；

故选：．

A

3D

．

【解析】

【分析】

首先确定和是方程的两根，由韦达定理可构造方程求得结果

1i1i

.

【详解】

2

1i1i

是方程的一个根，是方程的另一个根，

x2xm0mR



答案第1页，共14页

m1i1i2



，解得：

m2

.

故选：

D.

4C

．

【解析】

【分析】

根据线面垂直的性质及线面平行的性质，结合充分条件的定义即可得出答案

.

【详解】

解：对于，若且，则，故不符题意；

AA

mnm∥n





对于，若且，则与平行或异面，故不符题意；

BB

m∥



n

m

n

对于，若且，则，故符合题意；

CC

m



n

mn

对于，若且，则与平行、相交或异面，故不符题意

DD.

m∥



n∥



m

n

故选：

C.

5A

．

【解析】

【分析】

对关于的方程进行变形即可得到线性回归方程，然后根据系数对应相等列出

y

x

yme

nx

m,nm,n

的方程，解出即可

【详解】

由题意，得到

yme

nx

zlnylnmelnmnx0.6x1

nx

故，

n0.6,lnm1n0.6,me

故选：

A

6D

．

【解析】

【分析】

根据给定的程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解

.

【详解】

根据给定的程序框图，可得：

第次循环，，不满足判断条件，；

1

S1

m2

第次循环，，不满足判断条件，；

2

S4

m3

答案第2页，共14页

第次循环，，不满足判断条件，；

3

S9

m4

第次循环，，不满足判断条件，；

4

S16

m5

第次循环，，不满足判断条件，；

4

S25

m6

第次循环，，满足判断条件，输出结构

4.

S36S36

故选：

D.

7A

．

【解析】

【分析】

利用等轴双曲线，实轴和虚轴长度相等，即，即可求解渐近线方程、顶点坐标等

ab

.

【详解】

xy

22

由题可知，双曲线为等轴双曲线，

C:1

22

ab

故双曲线的半实轴长与半虚轴长相等，即，

C

ab

∴.

渐近线方程为

yx

又，且，，

2c4

abc

222

∴

ab2

∴

双曲线的顶点坐标为

C

A(2,0),A(2,0)

12

，

∴.

一个顶点到一条渐近线的距离为

d1

故选：

A.

8B

．

【解析】

【分析】

根据题意，分析可得这些正方形的面积组成以为首项，为公比的等比数列，结合等比

1

2

数列的前项公式分析可得答案．

n

【详解】

根据题意，第一个正方形的边长为，其面积为，

11

再将这个正方形的各相邻边的中点相连得到第二个正方形，

依此类推每一个小正方形的面积都是前边正方形的面积的，

2

这些正方形的面积组成以为首项为公比的等比数列，

1,

1

2

1

1

2

11

答案第3页，共14页

1

1[1()]

5

2

S

6231

.

则这个正方形的面积和

5

5

1

3216

1

2

故选：

B.

9B

．

【解析】

【分析】



9

根据是偶函数且满足可求的周期，从而可将转化到内进

f(x)f(x)

fxf2x0,1



f







2

行求值．

【详解】

∴f(x)R∴f(-x)=f(x)

是上偶函数，，

又，

∴

fxf2x



∴

fxfx2



，

故的一个周期是，

f(x)2

1

191



故．

ff22fe



2

222



故选：．

B

10C

．

【解析】

【分析】

分别求出和时的范围，根据两个范围的并集为即可求出的范

0x2ax0

f(x)a



0,





围．

【详解】

2

当时，，

0x2

f(x)=

x2xf0,f10,1









当时，，

ax0

f(x)=

lnxfa,lna,









1



故要使的值域是，则，解得．

fx0,







0≤≤1

lna



a1,



e



故选：．

C

11B

．

答案第4页，共14页

【解析】

【分析】



1

11

将代入已知等式化简可得，可知数列为等差数列，由等差数

aSS

nnn1

SS

1



nn1



S

n

列通项公式可推导得到，由此可得

SS

n

10

.

【详解】

2

2

由得：，即，

SaSan2

nnnn



SSSSSS

nnn1nnn1



SSSS

n1nnn1

1

1111



1

，又，数列是以为首项，为公差的等差数列，

1





11

SS

nn1

Sa

11



S

n

1

1n1n



，则，

S

n

1

S

10

1

.

S

n

n

10

故选：

B.

12B

．

【解析】

【分析】

利用两角和差正弦公式化简已知等式可得，利用正余弦定理角化边，结

4sinAcosBsinC

合已知等式可构造方程求得

c

.

【详解】

sinBAsinBcosAcosBsinA2sinAcosB



，，

3sinAcosBsinBcosA

4sinAcosBsinBcosAcosBsinAsinABsinCsinC





，

acb

222

2222

c4a

，即，由正、余弦定理得：

2abcc

2ac



22

又，，即，解得：（舍）或

ab3c

22

2c3cc



c6c0

2

c0

c6

.

故选：

B.

136

．

【解析】

【分析】

根据两向量垂直，它们的数量积为零列式计算即可．

【详解】

答案第5页，共14页

∴

ABAC

，．

∴

ABAC06m0m6

故答案为：．

6

14

．

2

【解析】

【分析】

求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求得答案

.

【详解】

由题意可得，

fx





故，

f(1)2,a2



a

x

2

a

1

故答案为：

2

15

．

3

3

【解析】

【分析】

求出球的半径，结合求得的外接圆的直径，根据结合基本不等式求得

ABCABBC

ABBC2

，从而求得的最大值，可得答案

S

【详解】

ABC

.

设球的半径为，则，

OR

4πR=16π,R2

2

由于，故为的外接圆的直径，设为，

ABBCABC

AC

2r

则，

R(3)r,43r,r1

2222

222

故，

ABBC(2r)4

ABBC

22

2ABBC

当且仅当时取等号，则

ABBC2

2

答案第6页，共14页

所以

S

ABC

1

的最大值为，

ABBC1

2

13

，故三棱锥体积的最大值为

OABC

13

33

故答案为：

3

3

1623

．（）（）

【解析】

【分析】

将点代入曲线中，即可求出曲线的方程，即可判断（）；将曲线上所有点

A1,2

EEE

1

的横坐标扩大为原来的倍（纵坐标不变），代入化简后为以原点为圆心，半径为的

2

2

圆，即可判断（）；设直线为：，椭圆与直线联立，韦达定理，表示出

2

l

y2xm



m

2

BC34

，当时，即可求出的最大值；求出到直线直线：

m0

BC

A1,2

l

2



y2xm

的距离，表示出面积，由均值不等式即可求出最大值，即可判断

d

ABC

（）

4.

【详解】

1

xy

22

点在曲线：上，所以，所以曲线：，所以曲线

A1,2

EE

2mxmy1

m

1

24

4



22

E

为焦点在轴上的椭圆，所以，所以（）错误；

y

a4,b2,c2

222

1

将曲线上所有点的横坐标扩大为原来的倍（纵坐标不变），设曲线上任意一点设为

EE

2







x2x





xx

Ex,yEx,y



，扩大后的坐标设为，所以，所以，因为在

Ex,y













yy





yy



2

2



2





2

xy



22

xy

22

x





2

1

上，所以，表示以原点为圆心，，所以化简后为：

2

1



1

y



24

44

24

半径为的圆，所以（）正确；

22



xy

22

1



42

设直线为：，所以联立得：，

l

y2xm，m0



4x22mxm40

22



y2xm



22m44m40



2

即，

22m22



2

答案第7页，共14页

2m4

2

，所以

xxm,xx

1212

24

BC1kxx4xx34

2



1212

2

m

2

，因为，所以

22m22

2

当时，，所以（）错误；

m1

BC3

21

4

2

m

3

A1,2

到直线直线：的距离为：，

l

y2xm

d



SBCd344m4

ABC

m

1mm11m1m



2222

2



22222222

3





mm

22

4



mm

22

时取等，即时取等，，当且仅当

m2

4

114



22

2

22

2222

故（）正确

3.

故选：（）（）

23.

17(1)

．

a0.02

3

(2)

5

【解析】

【分析】

（）根据频率分布直方图的条形图的面积和为计算即可；

11

（）根据古典概型的概率计算方法，列出所有基本事件再分析即可

2

(1)

由题意得，解得

5a3a3a2aa1



a0.02

(2)

由题意，抽得年龄属于之间的女医务人员为人，记为；



25,30



1

A

抽得年龄属于之间的女医务人员为人，分别记为、、；



30,35



3BCD

抽得年龄属于之间的男医务人员为人，记为；



25,30



1a

抽得年龄属于之间的男医务人员为人，记为，



30,35



1b

则由，，，，，这人中抽取人的可能结果：，，，，，，

ABCDab62ABACADAaAbBC

BDBaBbCDCaCbDaDbab15

，，，，，，，，共种，

1

50

答案第8页，共14页

记这２人至少有１人的年龄在内为事件，则中的结果有，，，

“”ABACAD



25,30



MM

AaAb Ba Ca Da ab9

，，，，，共种

∴

PM



3

93

，即这人至少有人的年龄在内的概率．

21



25,30



155

5

π



18(1)

．

fxsin2x





4



7

(2)



25

【解析】

【分析】

（）由图象可求得函数的周期，可得，根据图象过的点，求得，即得答

1



2

(,0)

案；

7

1

2





（）由求得，继而求得，再结合三角函数的

2

f



sincoscossin





5

5



210

3π

π





4

8

倍角公式即可求得答案

.

(1)

1



2π

由图知：，，，

T

∴∴

Tπ





2



44

∴

fxsin2x





，

由图象得，

2(2k1)π,kZ,(2k1)π,kZ

又，，

∴∴





3π3π



84

π

π





4

2

π



∴;

fxsin2x





4



(2)

π2



2221



∴

fsin





，

∴,

sincos,sincos



4102



22105

2

故，

(sincos),2sincos0



124

2525



π

∴∴



0,π



，



,π



，，

cossin0





2

24497

2

,cossin(cossin)1



，故

25255

177

∴

cos2cossin(cossin)(cossin)()



22

．

5525

答案第9页，共14页

19(1)

．证明见解析

(2)

23

3

【解析】

【分析】

（）取的中点，连结，，由题意可推出，即可证明

1

AP

NMN

BN

BC∥MN,BCMN

CM∥BN

，结合线面平行的判定定理，可证明结论；

（）求得四棱锥以及三棱锥的体积，二者相减可得答案

2 .

PABCD

MACD

(1)

取的中点，连结，，

AP

NMN

BN

∴∴

M

为中点，

PD

MN∥AD,MNAD

由题意知故，

BADCBA,AD2,BC1

∴

BC∥MN,BCMN

，

1

，

2

1

π

,

BC∥AD,BCAD

2

2

四边形为平行四边形，

BCMN

∴

CM∥BN

∴

BN

面，面，

PABPAB

CM

故平面；

CM∥

PAB

(2)

取的中点，连结，而，

AD

H

PH

PAADDP

答案第10页，共14页

则

PHAD

∴PHPAD

面面，面面，在平面中，

PAD

ABCD

PAD

ABCDAD

∴

PH

面，取的中点，

ABCD

HD

G

∴∴

MG∥PH

，面，

MG

ABCD

又，故

PAADDPAB

2

PH3,MG

3

,

2

111

∴

VSPH12233

PABCDABCD



,

332

11133

∴,

VSMG22

MACDACD

△

33223

∴

VVV

PABCMPABCDMACD