1、遂宁市高中2022届零诊考试数学（文科）试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。总分150分。考试时间120分钟。第卷（选择题，满分60分）注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。2选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3考试结束后，将答题卡收回。一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1已知集合，求（ ）
2、A. B. C. D.2若复数，则（ ）A B. C. D. 3若，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C充要条件 D. 既不充分也不必要条件4=（ ）A B. C. D. 5已知数列的前项和为，且满足， ，若，则（ ）A B. C. 10 D. 6若，满足约束条件，则的最小值为（ ）A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 7已知函数，则下列图象错误的是（ ）A的图象： B的图象：C的图象： D的图象：8. 已知数列是递减的等比数列，的前项和为，若，则=（ ）A. 54 B. 36 C. 27 D. 189若，则a，b，c，d的大小关系是（ ）ABCD10如图,在中,
3、，若，则（ ）A B C D 11与曲线和都相切的直线与直线垂直，则=（ ）A-8 B-3 C4 D6 12将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若对满足，有恒成立，且在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）A. B. C. D.第卷（非选择题，满分90分）注意事项：1请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。2试卷中横线及框内注有“”的地方，是需要你在第卷答题卡上作答。本卷包括必考题和选考题两部分。第13题至第21题为必考题，每个试题考生都作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答。二、填空题：本大题共4个小题，
4、每小题5分，共20分。13已知向量，若，则正实数的值为 14已知函数，则的对称中心为 15设命题:2；命题:关于的方程的两个实根均大于0若命题“且”为真命题，求的取值范围为 16已知函数和，若的极小值点是的唯一极值点，则k的最大值为 三、解答题：本大题共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（本小题满分12分）已知函数（1）求的定义域（写成集合或区间形式）；（2）若正实数，满足，求的最小值.18（本小题满分12分）已知函数，其中，且，（1）求的解析式；（2）求单调递增区间及对称轴；（3）求.19（本小题满分12分）已知数列为等比数列，正项数列满足，且，（1）求和的通项公式；（2）
5、若从中去掉与数列中相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列，设，求.20（本小题满分12分）已知的内角A，B，C所对边分别为，且关于的一元二次方程有两个相等的实数根，又（1）求B；（2）延长BC至D，使BD=6，若的面积，求AD的长21（本小题满分12分）已知函数（1）若，求在处的切线方程；（2）若在处取得极值，求的单调区间和极值；（3）当时，讨论函数 的零点个数.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。22（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程已知直线过点，且倾斜角为，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求的直角坐标方
6、程与的参数方程；（2）若与相交于不同的两点,，求的值.23（本小题满分10分）选修45：不等式选讲已知函数（1）求不等式的解集；（2）若关于的不等式的解集为，求的取值范围.遂宁市高中2022届零诊考试数学（文科）试题参考答案及评分意见一、选择题：（每小题5分，共12小题，共60分）题号123456789101112答案DACDBBCCABAD二、填空题：（每小题5分，共4小题，共20分）13. 2 14. 15. 16. 17. 【解析】：（1）由题意得2分或故所求定义域为 6分（2） 因为，所以8分又，为正实数，所以当且仅当时取最小值，故的最小值为 12分18. 解析：（1）因为，则有解得，
7、所以3分（2）若单调递增，则,，即,，又由，即，。故单调递增区间为,；对称轴为，7分（3） 因为最小正周期为,且,所以，所以。12分19. 解析：（1）因为，所以，又，所以2分即，又，所以数列是首项为2，公差为2的等差数列所以，即。4分设的公比为，又，所以，解得，所以综上，数列和的通项公式分别为，6分（2）由（1）知，所以.10分12分20. 解析：（1）由，可知，即，所以2分又关于的一元二次方程有两个相等的实数根，所以有，即 3分，由正弦定理，可得，4分因为，所以，因此或分别代入，可知当时，不成立因此6分（2）由可知，即，因此为等边三角形，即，7分，整理可得，即，9分由余弦定理可知，在中，因
8、此的长为12分21. 解析：（1）当时，故所求切线方程为，即2分（2）因为，所以，因为函数在处取得极值，令，即，解得。经检验，当时，为函数的极大值点，符合题意。3分此时，函数的定义域为，由，解得或；由，解得，所以在，上单调递增；在上单调递减。当时，；当时，7分（3）法一8分 综上：12分其它赋值言之有理酌情给分。法二令，由，解得；由，解得，所以在上单调递减，在上单调递增。所以，又，即，所以故当时，没有零点；当时，有一个零点；当结合图像当时，有两个零点。12分（无说明扣1分）22. 解析：（1）曲线C的极坐标方程为，即，将，代入得，即。3分因为直线过定点，且倾斜角为，则直线的参数方程为，即（为参数）（注：只要能化为的其他形式的参数方程也对！）5分（2）将直线的参数方程代入得设方程的两根分别为，则由根与系数的关系有，所以，故10分23. 解析：（1）由有，即或或，化简整理得或或；解得或或，故所求的不等式的解集为或5分（2）令，7分因为当时，；时，；时，所以函数在单调递减，在，单调递增，则，由题意有，解得，则实数的取值范围为10分