2022年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2020级“零诊”考试数学阅卷参考答案（理科）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，只有一个是符合题目要求的．1．【解析】B．先写出集合M，然后逐项验证即可．由{1,2,3,4,5}U且{1,2}UMð得{3,4,5}M，故选B．备注：2022年全国乙卷理数第1题改编.2．【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：由题意有(34i)(i)34i43iii(i)z，故复数z的虚部为3．方法二：由i34ii(3i4)z，得43iz，故复数z的虚部为3．3．【解析】A．121llm∥，故“1m”是“12ll∥”的充分不必要条件．选A．4．【解析】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210)(,Fb，双曲线的渐近线为ybx，即0bxy，则22|10|21bbbb，即224ba，所以离心率215eb．选D．5．【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m．6．【解析】A．由任意角的三角函数定义，得tan12ab，故(2,2)Ba，2||21tan2||OBOA．由3cos25得：222222cossincos2cossincoss5in3，变形得：221tan51t3an，解得2tan4，所以||25OB．或者，设||OAr，则221ra，1sin,cos,||2aOBrrr；由3cos25得222222113cos2cossin51aara，解得：24a，故||225OBr．选A．7．【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()(),[2,2]xxxfxxee知()fx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|()|1fx，排除C选项．选D．8．【解析】A．设公差为d，则211(1)()22nnndnadnadnS，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(20231)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】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：由点D在BC上，设BDxBC,01x≤≤，则()ADABBDABxBCABxACAB(1)xABxAC，从而得：()[(1())]xABxACADBCADACABACAB22(1)134xACxABx，由01x≤≤得41349x≤≤，故[4,9]ADBC．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(,)Dxy，则(,)ADxy，故23ADBCxyAxy32BCD理科数学答案第2页共11页（*），由点D在BC上得：23260,0xxy≤≤（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：1320239,2ADBCxxyx≤≤，故[4,9]ADBC．方法三：设AD与与BC的夹角为，则由题意得13||cosADBCAD，故||cosAD取最大值时ADBC最大，||cosAD取最小值时ADBC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ADBC取得最大值，且maxADBCACBC()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ADBC取得最小值，且min=()4ADBCABBCABACAB．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】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sinx5sin()36x，所以5236xkx(kZ)，解得562k(kZ)，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72．11．【解析】B．由(1)2()fxfx得：()2(1)fxfx．又当(0,1]x时，11()sin[,0]44fxx，故当(1,2]x时，1()[,0]2fx；类推得：当(2,3]x时，()4(2)sin[1,0]fxfxx，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)fx≥，则73m≤．选B．12．【解析】C．要比较,,abc的大小，可先比较ln,ln,lnabc的大小．又ln22ln20a，ln21ln21b，ln20ln22c．方法一：由22202121202242，令函数()(42)ln,20fxxxx≥，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()fx在[20,)上单调递减，故(20)(21)(22)fff，即lnlnlnabc，故cba．故选C．方法二：先比较lna与lnc的大小，易证：函数ln()xgxx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(),201xhxxx≥，则21ln()(1)xxxhxx，记1lnxyxx，则2110yxx，故1lnxyxx在(0,)上是减函数，所以当20x≥时，21ln20020y≤，从而()0hx，由此知()hx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4个小题，每小题5分，共20分．13．【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】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．理科数学答案第3页共11页15．【解析】86．由题意有：BD平面ADC，,ADDC平面ADC，故,BDADBDCD；由2BD22AB，25BC及勾股定理得：2,4ADCD，又25AC，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34863VR．16．【解析】3，23[,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．①由已知及正弦定理得：2sincossincossincossin()sinAACBBCBCA，又02A，故1cos2A，所以3A．②由已知及射影定理得：2coscoscosaAcBbCa，故1cos2A，又02A，所以3A．③由已知及余弦定理得：2222222cos22acbabcaAaa，化简得1cos2A，又02A，所以3A．（2）求11tantanBC范围的过程与方法．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62B．①33211111sinsinsinsin()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11tantanBC23[,3)3．②令,33BxCx，由B、C均为锐角得66x，故sinsinsin()sin()33BCxx2223311