四川省巴中市普通高中2022级“一诊”考试数学答案_2025年2月_250221四川省巴中市普通高中2024-2025学年高三下学期一诊考试（全科）

巴中市普通高中2022级“一诊”数学试题
参考答案
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C D A C B B D
8解析：令f(x)-2=t，则有f(t)=2,f(x)=2+t.由题意得，当t≤0时，方程t2+2t+2=2
有两根t =-2,t =0；当t>0时，方程|lnt|=2有两根t =e-2,t =e2.
1 2 3 4
当t =-2时，f(x)=2+t =0，则y=f(x)的图像与直线y=0只有一个交点；
1 1
当t =0时，f(x)=2+t =2，则y=f(x)的图像与直线y=2有四个交点；
2 2
当t =e-2时，f(x)=2+t =2+e-2，则y=f(x)的图像与直线y=2+e-2有三个交点；
3 3
当t =e2时，f(x)=2+t =2+e2，则y=f(x)的图像与直线y=2+e2有三个交点.
4 4
综上可知：方程f(f(x)-2)=2实数根的个数为11个.故选：D
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
题号 9 10 11
答案 CD BD ABD
1 1
11解析：由y=2x2得p= ,F0,
4 8

1
，设直线l：y=kx+ ，A(x ,y ),B(x ,y ),y >0,y >0
8 1 1 2 2 1 2
p
 y +
，设AF的中点为M,即M  x 1, 1 2
 2 2

p
y +
1 2 |AF| 到x轴的距离d= = ，则以AF为直径
2 2
的圆与x轴相切，则A正确；
1
y=kx+ k 1
联立 8 ，得16x2-8kx-1=0，Δ=64k2+64>0，x
1
+x
2
=
2
,x
1
x
2
=-
16
，则y
1
+
y=2x2
2k2+1 1 p p
y = ,yy = ，因为|AF|=y + ,|BF|=y +
2 4 1 2 64 1 2 2 2
1 1 1 1 2 2
+ = + = + =8,则B正确；
|AF| |BF| p p 2y +P 2y +P
y + y + 1 2
1 2 2 2
因为直线过焦点F，设直线AB：mx+8y=1，联立y=2x2(齐次化方程)，得8y2+mxy-2x2
y
=0，两边同除以x2得，8
x

2 y
+m -2=0(∗)，则由题意知k ,k 是(∗)方程得两不等根
x 1 2
y y
k = 1,k = 2
1 x 2 x
1 2

1
，所以kk =- ，则C错误；
1 2 4
由y=2x2得y=4x，k =4x ，切线AP方程：y-y =4x (x-x )=4x x-4x2=4x x-
AP 1 1 1 1 1 1 1
1 ①
2y ，即y+y =4x x①，同理切线BP方程：y+y =4x x②，由①-②得，x = k ；
1 1 1 2 2 p 4 AB ②
·第1页·(共6页)1
kx +
yx -y x 1 8
得，y = 1 2 2 1 =
p x -x
1 2

1
x -kx +
2 2 8
 x
1 1 1
=- ，即点P在y=- 上，则D正确.
x -x 8 8
1 2
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
4
12. 13. 1 14. ( 3,2)
5
14解析：延长FM交PF 于点Q，连接OM，由题意知|PQ|=|PF|，又由双曲线的定义得
2 1 2
|QF|=2a，在三角形QFF 中，点O,M分别为FF，QF 的中点，则|OM|=a.
1 1 2 1 2 2
a2+c2-3b2 c2-2a2
设∠MOF =θ，在三角形OMF 中，-cosθ= ,则cosθ= ,因为θ小于渐
2 1 2ac ac
a a c2-2a2
近线的倾斜角,所以 ＜cosθ＜1，即 ＜ ＜1解得： 3<e<2
c c ac
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步
骤.
15.(13分)解析：记“甲、乙两次投中”分别记为A,A ,B,B ，
1 2 1 2
则PA 1  =PA 2 
2
= 3 ,PB 1  =PB 2 
1
= ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分 3
(1)记事件M=“甲第一次未投中，乙两次都投中”，则事件M表示为：“甲第一次未投中，第二
次也未投中，乙两次都投中“；及“甲第一次未投中，第二次投中，乙两次都投中“，即M=
  
AA BB +AA BB 4分
1 2 1 2 1 2 1 2
则：PM 
  
2
=P(AA BB +AA BB )=1- 1 2 1 2 1 2 1 2 3 
2 1 1 2
× × × = 3 3 3 81
2
即“甲第一次未投中，乙两次都投中”的概率为 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
81
(2) 记事件N=“乙获胜”，则事件N表示为：“甲两次均未投中，乙投中1次或2次都投中“；
及“甲投中1次，乙两次都投中“，
         
即N=AA BB +AA BB +AA BB +AA BB +AA BB ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
PN 
         
=P(AA BB +AA BB +AA BB +AA BB +AA BB ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2
=1- 3 
2
×1- 3 
1 1
× ×1- 3 3 
2
+1- 3 
2
×1- 3 
1
×1- 3 
1
× 3
2
+1-
3

2
×1-
3

1 1 2
× × +1-
3 3 3

2 1 1 2 2
× × × + ×1-
3 3 3 3 3

⋯⋯12分
1 1 1
× × =
3 3 9
1
即“乙获胜”的概率为 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
9
2n-1
16.(15分)解析：(1)由于n∈N*，2n-1<2n，所以a = <1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
n 2n
2n-1 1
另外，a = =1- 单调递增，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
n 2n 2n
1
a ≥a = ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
n 1 2
·第2页·(共6页)1
即： ≤a <1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
2 n
1
(2)由题意得：b =log 
n 2 1-a
n
 =log 2n=n⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
2
7
当n=1时，1< 显然成立；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
4
1 1 5 7
当n=2时， + = < 成立；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
12 22 4 4
1 1 1
当n≥3时， < =
n2 n2-n nn-1 
1 1
= - ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
n-1 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
+ +⋯+ = + + +⋯+ < + + - + - +⋯+ -
b2 b2 b2 12 22 32 n2 12 22 2 3 3 4 n-1 n
1 2 n
1 1 1 1 7 1 7
= + + - = - <
12 22 2 n 4 n 4
1 1 1 7
综上所述： + +⋯+ < ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
b2 b2 b2 4
1 2 n
17.(15分)解析：(1)平面AEF⊥平面PBC，理由如下：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC
又∵BC⊥AB，而PA∩AB=A.∴BC⊥平面PAB⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
∵AE⊂平面PAB，∴BC⊥AE.
∵PA=PB，E为PB的中点，∴AE⊥PB.而PB∩BC=B,
∴AE⊥平面PBC.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
∵AE⊂平面AEP，∴平面AEF⊥平面PBC⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
(2)由底面ABCD为正方形及PA⊥底面ABCD，AB,AD,AP两两垂直，
以AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
不妨设AB=AP=2，则A0,0,0  ,B2,0,0  ,D0,2,0  ,P0,0,2  ,C2,2,0  ,E1,0,1 
设F2,t,0  (0≤t≤2)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分

设平面AEF的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1 

，AE=1,0,1 

,AF=2,t,0  ，


m∙AE=x +z =0 
则：   1 1 ，取y 1 =2,则x 1 =-t,z 1 =t，得m=-t,2,t
m∙AF=2x +ty =0
1 1
 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分

设 平 面 PCD 的 法 向 量 为 n = x 2 ,y 2 ,z 2 

，PC = 2,2,-2 

, PD = 0,2,-2  ，则
·第3页·(共6页)

n∙PC=2x +2y -2z =0 
   2 2 2 ，取y 2 =1,则z 2 =1,x 2 =0，得n=0,1,1
m∙AF=2y -2z =0
2 2
 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
 
cos<m,n> 
 
m⋅n π
=cos ,
6

 m   ⋅n 
π 2+t
=cos ,
6
 3
= ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分
2 t2+2 2
BF 1
解得：t=1，即 = ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
BC 2
18.(17分)解析：(1)f'(x)=lnx+1(x>0)，令f'(x)=0得x=e-1,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1分
当0<x<e-1时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x>e-1时，f'(x)>0，f(x)单调递增；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
f(x) =f(e-1)=-e-1,无极大值.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
极小值
(2)原不等式等价于：0<x≤1，2xlnx≥x2-1
即：0<x≤1，2xlnx-x2+1≥0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
令g(x)=2xlnx-x2+1,(0<x≤1)，下证：g(x)≥0
2 21-x
则g'(x)=2lnx+2-2x，g''(x)= -2=
x

≥0，等号当且仅当x=1时成立，
x
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
所以g'(x)在0<x≤1上单调递增，g'(x)≤g'(1)=0，等号当且仅当x=1时成立
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
g(x)在0<x≤1上单调递减，g(x)≥g(1)=0，即原不等式成立.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8分
(3) 等价于h(x)=x2-2t1+lnx  ,0<t<1  的零点个数问题：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
①当0<x<e-1时，h(x)=x2+2t1+lnx  ，显然h(x)在0,e-1  上单调递增，
又h(0)→-∞，h(e-1)=e-2>0，所以h(x)在0,e-1  上总有唯一的零点；⋯⋯⋯⋯⋯10分
②当x>e-1时，h(x)=x2-2t1+lnx  ，
则h'(x)=x2-2t1+lnx 
2t 2x+ t
=2x- =
x
 x- t 
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
x
(I)若0<t≤e-2，则h'(x)>0在e-1,+∞  上恒成立，h(x)在e-1,+∞  上单调递增，
h(x)>h(e-1)=e-2>0，h(x)在e-1,+∞  上无零点；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
·第4页·(共6页)(II)若e-2<t<1，当e-1<x< t时，h'(x)<0，h(x)单调递减；
当x> t时，h'(x)>0，h(x)单调递增；
h(x) min =h t  =-t1+lnt  ，令h(x) min =h t  =0，得t=e-1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
(i)若e-2<t<e-1，则h(x) min =h t  >0，h(x)在e-1,+∞  上无零点⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分
(ii)若t=e-1，则h(x) min =h t  =0，h(x)在e-1,+∞  上有唯一零点⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
(iii)若e-1<t<1，则h(x) min =h t  <0，又he-1  =e-2>0，
又由(2)知lnx≤x-1，xlnx≤x2-x得，得h2t

=4t2-2t-2tln2t≥0，
由零点存在性定理可知，h(x)在e-1, t  ，( t,2t]上各有一个零点.⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分
综上所述：当0<t<e-1时，h(x)有一个零点；当t=e-1时，h(x)有两个零点；
当e-1<t<1时，h(x)有三个零点.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17分
19.(17分)解析(1)
x4+ax3+bx2+cx+d=x-x 1  x-x 2  x-x 3  x-x 4 
=x4-x 1 +x 2 +x 3 +x 4  x3+x 1 x 2 +x 1 x 3 +x 1 x 4 +x 2 x 3 +x 2 x 4 +x 3 x 4  x2
-x 1 x 2 x 3 +x 1 x 2 x 4 +x 1 x 3 x 4 +x 2 x 3 x 4  x+xx x x 1 2 3 4
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
对比系数得：x +x +x +x =-a，xx +xx +xx +x x +x x +x x =b⋯⋯⋯4分
1 2 3 4 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
(2)由3(x-m)2+(y-n)2=6,得：3(x-m)2+y2+n2-6=2yn
平方得：[3(x-m)2+y2+n2-6]2=4y2n2
1
将 y2 = 3x2 - 3 代入，化简得 x4 - 2mx3 + (2m2 - 3)x2 - (m3 + mn2 - 3m)x +
3
9m4+n4+6m2n2-54m2-6n2+81
=0⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
36
设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,Cx 3 ,y 3  ,Dx 4 ,y 4  ，
由(1)知x +x +x +x =2m，xx +xx +xx +x x +x x +x x =2m2-3，
1 2 3 4 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
故OA2+OB2+OC2+OD2=x2+x2+x2+x2+y2+y2+y2+y2
1 2 3 4 1 2 3 4
=4x2 1 +x2 2 +x2 3 +x2 4  -12
·第5页·(共6页)=4 x 1 +x 2 +x 3 +x 4  2-2x 1 x 2 +x 1 x 3 +x 1 x 4 +x 2 x 3 +x 2 x 4 +x 3 x 4    -12
=4 4m2-22m2-3    -12=12．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
(3)记OA=a，OB=b，OC=c，OD=d．
当O在内部时，设∠AOB=θ,∠BOC=θ ,∠COD=θ ,∠AOD=θ ，
1 2 3 4
1
S= 2 absinθ 1 +bcsinθ 2 +cdsinθ 3 +adsinθ 4 
1
≤ ab+bc+cd+ad 2  θ 1 =θ 2 =θ 3 =θ 4 =90° 
1 a2+b2 b2+c2 c2+d2 d2+a2
≤  + + +
2 2 2 2 2
 a=b=c=d 
1
= a2+b2+c2+d2
2
 =6．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
当且仅当四边形ABCD为正方形m=n=0  取等．
当O在外部时，设∠AOB=α,∠BOC=β,∠AOD=γ,∠COD=α+β+γ，
1
S= absinα+bcsinβ+adsinγ-cdsinα+β+γ
2
  
1
< ab+bc+cd+ad
2

1 a2+b2 b2+c2 c2+d2 d2+a2
≤  + + +
2 2 2 2 2
 a=b=c=d 
1
= a2+b2+c2+d2
2
 =6.⋯16分
综上，四边形ABCD面积最大值为6．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17分
·第6页·(共6页)