2022届辽宁省沈阳市高三上学期一模数学试题解析

一、单选题

1．集合Ax2x2，B2,1,0,1，则AB（ ） A．1,1,2 答案：C

利用交集的定义直接求解

解：因为Ax2x2，B2,1,0,1， 所以AB1,0,1， 故选：C

2．已知i为虚数单位，若复数zA．1 答案：D

运用复数除法的运算法化简复数z，再根据复数模的计算公式，求出|z|，最后选出答案. 解：因为z3i(3i)(1i)12i，所以|z|12(2)25，故本题选D. 1i(1i)(1i)B．2,1,0,1 C．1,0,1 D．2,1,0,1,2

3i,则|z| 1iB．2 C．2 D．5 【点睛】本题考查了复数的除法运算法则和复数求模公式，考查了数学运算能力.

223．关于双曲线C1:xy2与C2:y2x22，下列说法中错误的是（ ）

A．它们的焦距相等 C．它们的离心率相等 答案：B

B．它们的顶点相同 D．它们的渐近线相同

分别求出双曲线C1，C2的焦距、顶点坐标、离心率、渐近线，即可得到结果.

x2y21，其焦距为2224，顶点坐标为2,0，离心率解：由C1:xy2，可得C1:2222为222，渐近线方程为yx； 222y2x21，其焦距为2224，顶点坐标为0,2，离心率为由C2:yx2，可得C2:22222，渐近线方程为yx； 22222所以双曲线C1:xy2与C2:yx2的顶点坐标不同.

故选: B.

1114．夏季里，每天甲、乙两地下雨的概率分别为和，且两地同时下雨的概率为，则夏季的一

364天里，在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为（ ） A．

1 12B．

12C．

233D．

4答案：C

记事件A为甲地下雨，事件B为乙地下雨，根据条件概率的公式计算即可得出结果. 解：记事件A为甲地下雨，事件B为乙地下雨，

111P(A),P(B),P(AB).

3461PAB62. 在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为PA|B13PB4故选：C

5．已知等差数列an的公差为2，且a2，a3，a5成等比数列，则an的前n项和Sn（ ） A．nn2 答案：B

根据等差数列的通项公式和等比中项的性质求出首项，根据等差数列求和公式即可求解. 解：设等差数列an公差d＝2， 由a2，a3，a5成等比数列得，＋

n(n1)2＝nn1. 2B．nn1 C．nn1 D．nn2

，即a1＋2d＝a1＋da1＋4d，解得

20，∴Snn×

故选：B.

6．如图，在直角梯形ABCD中，AD//BC，ABBC，AD1，BC2，P是线段AB上的动点，则PC4PD的最小值为（ ）



A．35 答案：B

B．6 C．25 D．4

根据题意，建立直角坐标系，利用坐标法求解即可.

解：解：如图，以B点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设ABa，BPx0xa， 因为AD1，BC2， 所以P0,x,C2,0,D1,a，

所以PC2,x,PD1,ax，4PD4,4a4x， 所以PC4PD6,4a5x， 所以PC4PD364a5x6， 所以当4a5x0，即x故选：B

4a时，PC4PD的最小值为6. 52

7．已知alog32，blog43，cA．acb 答案：A

利用对数函数的性质可知，0a132，则（ ） 3C．bac

D．bca

B．cab

213，又blog222，由此即可得到结果.

2431323解：因为0log31log32log38log39log33因为blog43log23log222， 所以acb. 故选:A.

121213223422，所以0a；

33x328．若函数fxex2xax，则ae是fx在0,有两个不同零点的（ ）

A．充分不必要条件 C．充分且必要条件 答案：A

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

exex2将问题转化为ax2x，令g(x)x22x(x0)，利用导数讨论g(x)的单调性，求出

xx)有2个不同零点的充要条件为ae1，从而作出判断. g(x)min，由f(x)在(0，解：f(x)exx32x2ax(x0)，令f(x)0， exex2则ax2x，令g(x)x22x(x0)，

xxxexex2x32x2g(x)，令g(x)0， 2x得xexex2x32x2(ex2x2)(x1)0，解得x1， 所以当x1时，g(x)0，g(x)单调递增， 当0x1时，g(x)0，g(x)单调递减， limg(x)，所以g(x)ming(1)e1， 又x0f(x)在(0，)有2个不同零点的充要条件为函数yg(x)与ya图象在第一象限有2个交点，

所以ae1，即f(x)有2个零点的充要条件为ae1， 又ae是ae1的充分不必要条件，

)”的充分而不必要条件， 所以“ae”是“f(x)有2个零点在(0，故选：A 二、多选题

9．某团队共有20人，他们的年龄分布如下表所示， 年龄 28 29 30 32 36 40 45 人数 1 3 3 5 4 3 1 B．众数是5

有关这20人年龄的众数、极差、百分位数说法正确的有（ ）A．众数是32

答案：ACD

C．极差是17

D．25%分位数是30

根据人数最多确定众数；最大值减去最小值为极差；利用分位数的定义求解25%分位数. 解：年龄为32的有5人，故众数是32，A正确，B错误；

45-28=17，极差为17，C正确；

因为2025005，所以3030230，故25%分位数是30，D正确. 故选：ACD

210．已知函数fxsinxsinxcosxxR，则（ ）

A．fx的最小值为0 B．fx的最小正周期为

C．fx的图象关于点,0中心对称

8D．fx的图象关于直线x答案：BD

8轴对称

先利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形，然后逐个分析判断

2解：fxsinxsinxcosxxR

1cos2x1sin2x 22111sin2xcos2x 22221sin2x， 24212对于A，当sin2x1时，fx取得最小值，所以A错误，

422，所以B正确， 对于B，fx的最小正周期为2对于C，由2x4k,kZ，得x8k,kZ，所以fx的图象的对称中心为2k1,(kZ)，所以C错误， 822对于D，由2xx42k,kZ，得x3k,kZ，所以fx的图象的对称轴为直线823k,kZ，当k1时，x，所以fx的图象关于直线x轴对称，所以D正确， 8288故选：BD

11．已知圆O:x2y22，直线l:xy40，P为直线l上一动点，过点P作圆O的两条切线

PA,PB,A,B为切点，则（ ）

A．点P到圆心的最小距离为22 C．PAPB的最小值为3

B．线段PA长度的最小值为22 D．存在点P，使得△PAB的面积为3

答案：ACD

根据直线与圆的位置关系，可知当OP与直线l垂直时，点P到圆心的距离最小，根据点到直线的距离即可判断A是否正确；在直角三角形POA中，PAPBOP2OA2，在结合选项A，即可t22判断B是否正确；设OPt,t22，在直角三角形POA中，求出cosAPO，根据二倍t82角公式可得cosAPB，再根据数量积公式可得PAPBt26，结合对勾函数的性质，即可求

t出PAPB的最小值，进而判断C是否正确；根据题意可求当且仅当OP与直线l垂直时弦AB长度的最小值6，此时△PAB的面积最小，最小值为33，由此即可判断D是否正确. 2解：要使得点P到圆心的最小距离，即OP与直线l垂直时，即O到直线l的距离，即故A正确；

4112222，

由图可知，在直角三角形POA中，PAPBOP2OA2OP22，要使得线段PA长度的最小，则OP取最小值，

由选项A可知，PA长度的最小值为设OPt,t22，

又PAPBOP2OA2t22，

2222=6，故B错误；

PAt22又在直角三角形POA中，cosAPO， OPtt22t24所以cosAPB2cosAPO12212，

tt2所以PAPBPAPBcosAPBPAcosAPB t24t46t2828t22t26

tt2t82令gtt26,

t22又t22，所以t28，又函数yx8，在区间8,上单调递增， x8所以gtming22863，即PAPB的最小值为3，故C正确；

80，半径r2， 圆O:x2y22的圆心0，又点O到直线l:xy40的距离d22，即OPd； 由切线长定理知，直线OP垂直平分线段AB，得

PAr2OP2244AB2222226，

OPOPOP2d2当且仅当OP与直线l垂直时取“”，即弦AB长度的最小值为6，

此时OP22，设AB的中点为M，

则OMOAcosAOM=OAOA22322，所以PMOPOM， OP222213233所以△PAB的面积的最小值为：， 6222又333，所以存在点P，使得△PAB的面积为3，故D正确. 2故选：ACD.

12．若6a2，6b3，则下列不等关系正确的有（ ） A．

b1 aB．ab1 4C．a2b21 211D．b2

a3b答案：ABD

由6a2，6b3，得alog62,blog63，则ablog62log63log661，然后逐个分析判断即可

解：由6a2，6b3，得alog62,blog63，所以ablog62log63log661， 对于A，

blog63log231，所以A正确 alog62b，所

(ab)2(log62log63)21，因为a对于B，因为alog620,blog630，所以ab4441以等号不成立，所以ab，所以B正确，

4(ab)21，对于C，因为ab2ab，所以ab因为a222222b，所以等号不成立，所以ab221，2所以C错误，

对于D，因为aln2ln3,b， ln6ln611ln6ln3ln6所以b，

a3bln2ln63ln3由于以

ln6ln4ln3ln6ln3ln6ln3ln612，且22，因为，所以等号不成立，所ln2ln2ln63ln3ln63ln3ln63ln33ln3ln612， ln63ln3311ln6ln3ln61222， 所以ba3bln2ln63ln3311所以b2，所以D正确，

a3b故选：ABD 三、填空题

13．函数fx2cosxcos2x的最大值为______． 3答案：1.5

22利用余弦的二倍角公式可得fx2cosx2cosx1，再令tcosx,t1,1，可知函数fx等2价于y2t2t1,t1,1，利用二次函数的性质即可求出结果.

2解：因为fx2cosxcos2x，所以fx2cosx2cosx1，

令tcosx,t1,1，

2所以函数fx2cosxcos2x等价于y2t2t1,t1,1，

13又y2t2t12t,t1,1，

2222当t133时，ymax，即函数fx2cosxcos2x的最大值为.

2223故答案为：.

2114．若 展开式的二项式系数之和为64，则展开式中x3项的系数为______．（用数字作答）2x2xn答案：-192

根据二项式展开式的二项式系数之和可得2n64，解出n，结合通项公式计算即可求出x3的系数. 解：由题意知，

二项式系数之和2n64n6，

所以Tr1C6r2x6rx21rrr26rC6x63r

所以63r3r1，

611所求x3的系数为2C6192.

故答案为：-192

15．某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学共同在一社区进行民意调查．参加活动的甲、乙两

31班的人数之比为5:3，其中甲班中女生占，乙班中女生占．则该社区居民遇到一位进行民意调

35查的同学恰好是女生的概率是______． 1答案：0.5

2用A1，A2分别表示居民所遇到的一位同学是甲班的与乙班的事件，B表示是女生的事件，由题可知

31P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，由全概率公式即得.

35解：如果用A1，A2分别表示居民所遇到的一位同学是甲班的与乙班的事件， B表示是女生的事件，则Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，B⊆Ω， 53由题意可知，P(A1)＝，P(A2)＝，

8831且P(B|A1)＝，P(B|A2)＝.

3553311由全概率公式可知P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×＋×＝2，

8583即该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为2. 故答案为：2

16．已知三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC1，AA12，A1ACA1AB60，BAC90，则四面体A1BB1C1的体积为______． 答案：11212 66利用题干条件证明出全等，作出辅助线，证明出线面垂直，即高线，利用余弦定理和勾股定理求出高线，进而利用体积公式求出答案.

解：取BC中点D，连接AD，A1D，过点A1作A1E⊥AD于点E，因为ABAC1，AA12，

A1ACA1AB60，所以ADBC，A1ABA1AC，故A1BA1C，所以A1DBC，因为A1DADD，所以BC⊥平面A1AD，因为A1E平面A1AD，所以BC⊥A1E，因为BCADD，

1222所以A1E⊥平面ABC，由余弦定理得：A1BA1AAB2A1AABcos604143，所以

2222A1B3，因为A1BABA1A，由勾股定理逆定理可得：A1BAB，由勾股定理得：BC2，所以BD2，所以A1D222A1B2BD221210，因为ADBC，所以

222154AAADA1Dπ222cosA1AD1，所以A1AD，故

2A1AAD224222A1EA1AcosA1AD222，所以点B到底面A1B1C1的距离为2，S2A1B1C1A1B1C11111，221则四面体A1BB1C1的体积为S322. 6

故答案为：四、解答题

2 617．从①bsinC3ccosB，②b2aca2c2这两个条件中任选一个，补充到下面已知条件中进行解答．

已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且______．（填写①或②，只可以选择一个标号，并依此条件进行解答．） (1)求B；

(2)若b2，ABC的面积为3，求a． 答案：(1)选①②，结果一致，均有B； (2)选①②，结果一致，均有a2.

π3cosB（1）选①：利用正弦定理得到tanB3，求出B，选②：利用余弦定理得：

π31π，求出B；

32（2）选①②过程相同，先由面积公式得到ac4，再使用余弦定理求出a2c28，从而求出a2. (1)

选①：由正弦定理得：因为C0,π，所以sinC0，bsinC3ccosB，sinBsinC3sinCcosB，故tanB3，因为B0,π，所以B；

πa2c2b21选②：bacac，由余弦定理得：cosB，因为B0,π，所以B；

32ac2222π3(2)

选①：bsinC3ccosB，

11π3由面积公式得：acsinBacsinac3，解得：ac4，由余弦定理得：

2234a2c241cosB，解得：a2c28，解得：ac2，

82选②：b2aca2c2

11π3由面积公式得：acsinBacsinac3，解得：ac4，由余弦定理得：

2234a2c241cosB，解得：a2c28，解得：ac2

8218．等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a2a414，b2b4a6，且bn0． (1)求数列bn的通项公式；

(2)已知：①bn1000；②mN，使ambn．设S为数列bn中同时满足条件①和②的所有的项的和，求S的值．

n1答案：(1)an3n2,bn2

(2)341

（1）根据题意列出相应的方程组，求出an的公差d和bn的公比q，可得答案；

2n12（2）确定n10，再根据条件得到m，根据m,nN，可判断出n的取值，进而求得答案.

3(1)

由等差数列an和等比数列bn满足a1b11，a2a414，b2b4a6，且bn0， 设an的公差为d，bn的公比为q,

2a14d14d3ab1 , ，由bn0，则取q可得24将11代入，解得4bqa5dq16112，

n1故an3n2,bn2；

(2)

n1由bn2，bn1000，令2n11000 ，

910由于b102512,b1121024 ，故n19 ，即n10，

mN，使ambn，故令3m22n1 ，

2n12 ，由于m,nN ， 则m32n12故可以看出当n1,3,5,7,9 时，m成立，

3故Sb1b3b5b7b9141664256341 .

19．现有一种需要两人参与的棋类游戏，规定在双方对局时，二人交替行棋．一部分该棋类游戏参与者认为，在对局中“先手”（即：先走第一步棋）具有优势，容易赢棋，而“后手”（即：对方走完第一步棋之后，本方再走第一步棋）不具有优势，容易输棋．

(1)对某位该棋类游戏参与者的100场对局的输赢结果按照是否先手局进行统计，分数据如下表所示．请将表格补充完整，并判断是否有90%的把握认为赢棋与“先手局”有关？ 赢棋 输棋 合计 先手局 45 后手局 25 合计 45 100 (2)现有甲乙两人进行该棋类游戏的比赛，采用三局两胜制（即：比赛中任何一方赢得两局就获胜，12同时比赛结束，比赛至多进行三局）．在甲先手局中，甲赢棋的概率为，乙赢棋的概率为；在

3332乙先手局中，甲赢棋的概率为，乙赢棋的概率为．若比赛中“先手局”的顺序依次为：甲、乙、

55乙，设比赛共进行X局，求X的分布列和数学期望． 附：2nadbc2abcdacbd 0.10 2.706 ，nabcd．

P2≥k0.05 3.841 0.01 6.635 k 答案：(1)有90%的把握认为赢棋与“先手局”有关. (2)X的分布列见解析，EX【解析】(1)

完善后的列联表如下表所示： 赢棋 输棋 合计 先手局 45 30 75 后手局 10 15 25 238. 15合计 55 45 100 故2100451510307525554510032.706， 33故有90%的把握认为赢棋与“先手局”有关. (2)

X可取值2,3.

2213778PX2，PX31， X的分布列如下表所示：

3535151515X P 2 3 715. 815 故EX278383. 15151520．BC//AD，ABAD，如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是直角梯形，PA平面ABCD，

PAAB2，AD2BC22．

(1)求证：BD平面PAC； (2)求二面角BPCD的余弦值． 答案：(1)证明见解析；

(2)314 14y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz，（1）以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、

由ACBD=0，BDPC=0即可证明；

（2）求平面PBC的法向量和平面PCD的法向量，利用数量积公式可得答案. (1)

PA平面ABCD，AB平面ABCD，AD平面ABCD， ABAD，

PAAB，PAAD，又

AB、AD、AP两两互相垂直，

以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz，如图，

因为PAAB2，AD2BC22，

0,2， 则A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,22,0，P0,AC2,2,0，BD2,22,0，PC2,2,2，

因为ACBD22222=0，BDPC=222220， 所以ACBD，BDPC，即ACBD，BDPC， 又因为ACPCC，AC平面PAC，PC平面PAC，

所以BD平面PAC. (2)

设平面PCD的法向量为n1x1,y1,z1，平面PBC的法向量n2x2,y2,z2， 由CD2,2,0,PD0,22,2，PC2,2,2，BC0,2,0，

n2PC02x2y22z202，，

nBC02y022得

令y12，得x11，z12；令x21，解得y20，z21， 所以n11,2,2，n2(1,0,1)，

n2则cosn1，n1n2n1n212314， 1472314. 14所以二面角BPCD的余弦值为

x2y2321．已知椭圆C:221ab0的短轴长为2，离心率为，点A是椭圆的左顶点，点E坐

ab2标为1,0，经过点E的直线l交椭圆于M，N两点，直线l斜率存在且不为0． (1)求椭圆C的方程；

(2)设直线AM，AN分别交直线x4于点P，Q，线段PQ的中点为G，设直线l与直线EG的斜率分别为k，k，求证：kk为定值． x2答案：(1)y21

4(2)证明过程见解析.

（1）根据离心率及b1求出椭圆C的方程；（2）设出直线l方程，联立椭圆方程，利用韦达定理kQ的坐标，求出两根之和，两根之积，表达出点P，从而得到中点G的坐标，直线EG的斜率，

1，3k证明出结论. (1)

x2c322222 2b2，由题意得：，由acb，解得：故椭圆C的方程为：y21；b1，ea4，

4a2(2)

xykx1，设直线l：联立椭圆方程：y21得：设Mx1,y1，14k2x28k2x4k240，

42y16y18k24k24yx2yNx2,y2，则x1x2x4AMxx，12，直线：，令得：，

x12x1214k214k26y26y13y23y1Q4,G4,故P4,，同理可求得：，则，则

x2x2x2x221213y23y1yx2y1x22 x2x12yyk2212141x22x12x12x22kx21x12kx11x222kx1x2kx1x24k

x1x22x1x24x1x22x1x244k248k22kk4k22114k14k， 4k248k23k242214k14k1故kk，证毕.

3x122．已知fxex．

(1)求证：对于xR，fx0恒成立；

2(2)若对于x0,，有fxaxxxlnx恒成立，求实数a的取值范围．

答案：(1)证明见解析； (2)a1

(1)求出函数的导数，令f(x)0解得x1，进而得出函数的单调性，即可求出函数的最小值，即证；

)恒成立，(2)将不等式转化为ex1lnx1a(x1lnx)，令tx1lnx，有et1at0对t[0，构造新函数g(t)et1at(t0)，利用导数讨论函数的单调性，求出最小值即可. (1)

由f(x)ex1x，得f(x)ex11(xR)， 令f(x)0，得x1，

1)时，f(x)0，f(x)单调递减， 所以当x(，)时，f(x)0，f(x)单调递增， 当x(1，所以f(x)f(1)0，即xR，f(x)0恒成立； (2)

f(x)a(x2xxlnx)ex1xa(x2xxlnx)，

ex1ex11lnx1a(x1lnx)，即ex1lnx1a(x1lnx)， 则xe1x1令tx1lnx，则t1，

xx1)时，t0，函数tx1lnx单调递减， 当x(0，)时，t0，函数tx1lnx单调递增， 当x(1，所以t11ln0，即t0，

)恒成立， 所以et1at即et1at0对t[0，令g(t)et1at(t0)，则g(0)=e01a0=0，g(t)eta， )上单调递增， 若a1，g(t)0，g(t)在[0，所以g(t)ming(0)0，故g(t)0，符合题意； 若a1，令g(t)0tlna，

lna)时，g(t)0，g(t)单调递减， 所以当t(0，)时，g(t)0，g(t)单调递增， 当t(lna，所以g(t)ming(lna)g(0)0，不符合g(t)0， 综上，a1.

即a的取值范围为a1.