2022年四川省巴中市零诊考试理科数学参考答案（20220904定稿）

理科数学答案第 1页共 11 页巴中市普通高中巴中市普通高中 2020 级级“零诊零诊”考试考试数学数学阅卷参考阅卷参考答案答案（理科）（理科）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有分在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的一个是符合题目要求的1【解析解析】B先写出集合M，然后逐项验证即可由1,2,3,4,5U 且1,2UM 得3,4,5M，故选 B备注：2022 年全国乙卷理数第 1 题改编.2【解析解析】D利用复数四则运算，先求出z，再依照复数的概念求出复数z的虚部选 D方法一方法一：由题意有(34i)(i)34i43iii(i)z ，故复数z的虚部为3方法二方法二：由i34ii(3i4)z，得43iz ，故复数z的虚部为33【解析解析】A121llm，故“1m”是“12ll”的充分不必要条件选 A4【解解析析】D不妨取双曲线的右焦点(,0)c，渐近线ybx，由点到直线距离公式得24b，然后利用离心率的变通公式215cb，进而求得离心率e的值由题意得，不妨取双曲线的右焦点21 0)(,Fb，双曲线的渐近线为ybx，即0bxy，则22|10|21b bbb，即224ba，所以离心率215eb选 D5【解析解析】C充分利用长方体中的棱、面之间的关系直观感知，同时结合空间中线面间平行及垂直的判定与性质推理论证，需注意相应定理的条件的完备性对于 A 选项，n也可能；对于 B 选项，由条件得不到m，故不能推断出；对于 C 选项，则法线与法向量垂直则两个平面垂直知正确；对于 D 选项，条件中缺少m，故得不到m6【解析解析】A由任意角的三角函数定义，得tan12ab，故(2,2)Ba，2|2 1tan2|OBOA由3cos25 得：222222cossincos2cossincoss5in3，变形得：221tan51t3an，解得2tan4，所以|2 5OB 或者，设|OAr，则221ra，1sin,cos,|2aOBrrr；由3cos25 得222222113cos2cossin51aara，解得：24a，故|22 5OBr选 A7【解析解析】D借助判断函数的奇偶性、对称性和有界性，正弦型函数的符号变化规律，均值不等式等知识进行推断由2sin()(),2,2xxxf xxee 知()f x为奇函数，且在(0,1)内恒正，故 A、B 选项不正确；又2sin()2x，2xxee且等号不同时成立，由不等式的性质知|()|1f x，排除 C 选项选D8【解析解析】A设公差为d，则211(1)()22nn ndnadnad nS，故1()22nSddnan；又20232022120232022SS，12022a ，故nSn是 以2022为 首 项，1 为 公 差 的 等 差 数 列，于 是 得20232022(2023 1)102023S ，所以20230S选 A本题也可用基本量法求解，借助等差数列前n项和的性质运算更为简洁9【解析解析】D本题考查平面向量的线性运算、数量积及其几何意义，数量积的坐标表示，数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，运算求解能力方法一方法一：由点D在BC上，设BDxBC,01x，则()ADABBDABxBCABx ACAB (1)x ABxAC，从而得：()(1()x ABxACAD BCADACABACAB 22(1)134xACxABx，由01x得41349x，故 4,9AD BC 方法二方法二：以 A 为原点，AB，AC 所在直线分别为,xy轴建立直角坐标系（如图），则(2,0),(0,3),(2,3)ABACBC ，设(,)D x y，则(,)ADx y，故23AD BCxy Axy32BCD1理科数学答案第 2页共 11 页（*），由点 D 在 BC 上得：23260,0 xxy（可借助初中的一次函数知识或必修 2 第三章直线的方程获得,xy满足的方程），用x表示y代入（*）式得：1320239,2AD BCxxyx ，故 4,9AD BC 方法三方法三：设AD与与BC 的夹角为，则由题意得13|cosAD BCAD ，故|cosAD取最大值时AD BC 最大，|cosAD取最小值时AD BC 最小，结合上图，用运动变化的观点分析易知：D 在斜边BC 上移动时，当 D 与 C 重合时AD的模最大且与BC 的夹角最小（ACB），故此时AD BC 取得最大值，且maxAD BCAC BC ()9ACACAB；当 D 与 B 重合时AD的模最小且与BC 的夹角最大（ABC），故此时AD BC 取得最小值，且min=()4AD BCAB BCABACAB 选 D 应注意，由向量夹角的定义知ABC不是向量AB 与BC 的夹角！这是向量问题中的易错点！10【解析解析】B 将函数cos()3yx的图象向左平移3个单位长度，得cos()33yx的图象 而5cos()cos()sin()sin()333323336yxxxx，故 由 题 意 知sinx5sin()36x，所以5236xkx(kZ)，解得562k(kZ)，由0知：当1k 时取最小值，故min72 选 B 或者，由cos()3yx知23x时1y，由sinyx知当2x时1y，故由题意得5332，解得7211【解析】B由(1)2()f xf x得：()2(1)f xf x又当(0,1x时，11()sin,044f xx ，故当(1,2x时，1(),02f x ；类推得：当(2,3x时，()4(2)sin 1,0f xf xx ，且(2,3 x 如图由3sin2x 得3sin2x，解得123x或223x，解得73x 或83x 故若对任意(,xm，都有2(3)f x，则73m 选 B12【解析解析】C要比较,abc的大小，可先比较ln,ln,lnabc的大小又ln22ln20a，ln21ln21b，ln20ln22c 方法方法一一：由22202121202242，令函数()(42)ln,20f xxxx，则42()ln1fxxx 在20,)上单调递减，所以11()(20)ln2010fxf；因为223920e，所以ln202，ln202，所 以11191()(20)ln2010201010fxf ，由 此 知()f x在20,)上 单 调 递 减，故(20)(21)(22)fff，即lnlnlnabc，故cba故选 C方法二方法二：先比较lna与lnc的大小，易证：函数ln()xg xx在(,)e上单调递减，故ln20ln222022，所以ln22ln2020ln22lnac，从而ac；再比较比较lna与lnb的大小，令ln(),201xh xxx，则21ln()(1)xxxh xx，记1lnxyxx，则2110yxx ，故1lnxyxx在(0,)上是减函数，所以当20 x时，21ln20020y，从而()0h x，由此知()h x在20,)上单调递减，故(20)(21)hh，即ln20ln212122，变形得22ln2021ln21，所以lnlnab，由此得ab；同理可比较得到bc；故abc故选 C二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分13【解析解析】1利用二项展开式的通项公式及已知建立m的方程求得m的值因为展开式中含3x的项为353332C2()40mxmx ，所以334040am，解得1m 注：本题原型为人教 A 版选修 2-3例 2（1）题，主要考查二项式定理及其通项公式，及数学运算核心素养和运算求解能力14【解析解析】57计算得1(2356)44x，1(28314148)374y，则样本中心点是(4,37)，代入回归方程得5375417ayx，所以回归方程是517yx，将8x 代入得57y 2理科数学答案第 3页共 11 页15【解析解析】8 6由题意有：BD 平面ADC，,ADDC 平面ADC，故,BDADBDCD；由2BD 2 2AB，2 5BC 及 勾 股 定 理 得：2,4ADCD，又2 5AC，故222ADCDAC，所以ADDC，即 BD，AD，CD 两两垂直，所以三棱ABCD的外接球与以 BD，AD，CD 分别为长、宽、高 的 长 方 体 的 外 接 相 同（如 右 图，O 为 球 心），所 以 球 半 径22222462R，从而348 63VR16【解析解析】3，2 3,3)3以三角形边角关系的射影定理为背景，综合考查正弦、余弦定理、三角变换的基本公式与方法，三角函数的图象与性质等知识，求角 A 时，既可用正弦定理边化角，也可用余弦定理角化边，还可直接用教材中习题的结论射影定理简化；对于11tantanBC的范围问题，可切化弦后转化为求sinsinBC的范围，利用23BC且0,2BC转化只含一个角变量的函数的值域，此 时 可 直 接 代 入 消 元 化 简 也 可 用 对 称 设 元 简 化；也 可 用 三 角 形 中 三 内 角 的 正 切 关 系tantantantantantanABCABC转化；还可以构造几何图形作几何法或坐标法求解（1）求角 A 的过程与方法由已知及正弦定理得：2sincossincossincossin()sinAACBBCBCA，又02A，故1cos2A，所以3A由已知及射影定理得：2 coscoscosaAcBbCa，故1cos2A，又02A，所以3A由已知及余弦定理得：2222222 cos22acbabcaAaa，化简得1cos2A，又02A，所以3A（2）求11tantanBC范围的过程与方法策略一策略一：切化弦后转化借助正弦型函数的图象与性质sin()311coscoscossincossinsintantansinsinsinsinsinsinsinsin2sinsinBCBCBCCBABCBCBCBCBCBC，由3A得23BC，故23CB，又 B 为锐角，所以62B33211111sinsinsinsin()sin(cossin)sin2cos2sin(2)322444264BCBBBBBBBB 因为52666B，故1sin(2)126B，当且仅当3B取等号，所以13sinsin(,24BC，故11tantanBC2 3,3)3令,33BxCx，由B、C均为锐角得66x，故sinsinsin()sin()33BCxx2223311313(cossin)(cossin)cossinsin222244413(,24xxxxxxx，下同由和、差角的余弦公式可得：12sinsincos()cos()cos()2BCBCBCBC，由已知得,62BC，故33BC，所以1cos()(,12BC，故32sinsin(1,2BC，下同策略二策略二：用余弦定理转化在ABC中，由正弦、余弦定理得：222sinsin2sinsincossinBCBCAA，代入3A得：223sinsinsinsin4BCBC，变形得23sinsin(sinsin)4BCBC，由已知得10|sinsin|2BC，故341sinsin2BC，仅当sinsinBC时取等号；下同策略三策略三：用公式tantantantantantanABCABC转化由3A得：tantantan()tan31tantanBCBCABC ，变形得：3(tantan1)tantanBCBC，3理科数学答案第 4页共 11 页故3tantan3311tantan3tantantantantantantantanBCBCBCBCBCBC；由,62BC知：3(tantan1)BC tantan2 tantanBCBC，仅当tantanBC取等号，解得tantan3BC，故tantan3BC，所以3303tantanBC，从而2 311,3)tantan3BC策略四策略四：几何法或坐标法不妨设3a，过点 A 作ADBC于 D，如右图设,03BDxx，则3CDx，tanADBxtan3ADCx，