四川省达州市2022届高三理科数学第二次诊断性测试试题（Word版附解析）

达州市普通高中2022届第二次诊断性测试数学试题（理科）一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】直接利用集合的交集运算求解.【详解】∵集合，所以.故选：D.2.复数z满足，则（）A.1B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】首先化简复数，再求模.【详解】，.故选：C3.已知随机变量，若，则（）AB.C.D.【答案】A【解析】 【分析】利用正态分布曲线性质即可求得所求概率.【详解】，.故选：A.4.过抛物线焦点F的直线与圆相切于点P，则（）A.3B.C.4D.【答案】C【解析】【分析】由题可得，圆心为，半径为3，然后利用切线长公式即得.【详解】由题可得，圆，即，圆心为，半径为3，所以.故选：C.5.将函数图象上所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象，若是奇函数，则a的最小值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先将化简变形，得，然后根据三角函数图象变换规律求出，再由其为奇函数可得，从而可求出a的最小值【详解】，则图象上所有点向左平移个单位长度，得，因为是奇函数，所以， 所以，因为，所以的最小值为，故选：D6.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列为假命题的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，则D.若，，，则【答案】C【解析】【分析】根据线面平行、面面平行、线面垂直的相关命题依次判断各个选项即可.【详解】对于A，，存在直线，使得；又，，，A正确；对于B，，存在直线，使得，又，，，B正确；对于C，若，，则或，C错误；对于D，，，，又，，D正确.故选：C.7.年发现了指数与对数的互逆关系：当，时，等价于.若，，，则的值约为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用指对互化、对数的运算法则计算即可.【详解】由得：. 故选：C.8.已知单调递增数列满足，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据数列的单调性可知每一段上单调递增且，由此可构造不等式求得结果.【详解】为单调递增数列，，即，解得：，即实数的取值范围为.故选：B.9.函数的部分图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】利用，即得.【详解】∵函数，，∴，故排除BD；又，故排除C.故选：A.10已知，，则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】判断a、b正负，即可判断ab正负，根据范围即可判断与关系，利用作差法即可判断关系.【详解】∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，﹒故选：D.11.函数的最小值为，则直线与曲线 的交点个数为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式可求得，根据的符号可化简曲线方程，与直线方程联立可求得交点坐标，进而得到交点个数.【详解】当时，（当且仅当时取等号），，即，曲线方程为：；当，时，曲线为：，由得：或，即交点为，；当，时，曲线为：；由得：，即交点为；当，时，曲线为：，曲线不存在；当，时，曲线为：；由得：，即交点为；综上所述：直线与曲线的交点为，，共个.故选：B. 12.设，则下列说法正确的是（）A.值域为B.在上单调递增C.在上单调递减D.【答案】B【解析】【分析】由题可得，进而，可判断A，利用三角函数的性质可判断B，利用导函数可判断C，由题可得，可判断D.【详解】∵，由，可得，∴，即或，∴函数的值域为，故A错误；∵，当时，单调递增，单调递减，单调递增，故在上单调递增，故B正确；∵，，令，则，由，可得，，根据正弦函数在上单调递增，可知在 上存在唯一的实数，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在上有增有减，故C错误；由，可得，故D错误.故选：B.二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的系数为______.【答案】【解析】【分析】根据二项式定理确定的系数.【详解】因此展开式中的系数为【点睛】本题考查二项式定理，考查基本分析求解能力.14.函数满足：①定义域为R，②，③.请写出满足上述条件的一个函数，___________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由题可得函数为定义在R上的奇函数，且为增函数，即得.【详解】∵函数定义域为R，关于原点对称，又，即，∴函数为奇函数，又， ∴函数为增函数，又函数是定义在R上的奇函数，且为增函数，故函数可为.故答案为：（答案不唯一）.15.如图，在梯形中，，，，，，则___________.【答案】【解析】【分析】作，，在和中，利用勾股定理可构造方程求得和的长；以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用平面向量坐标运算可计算得到结果.【详解】作，，垂足分别为，设，，则，在和中，由勾股定理得：，解得：；以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示平面直角坐标系， 则，，，，，，.故答案为：.16.在棱长为的正方体中，分别为的中点，为正方体棱上一动点.下列说法中所有正确的序号是___________①在上运动时，存在某个位置，使得与所成角为；②在上运动时，与所成角的最大正弦值为；③在上运动且时，过三点的平面截正方体所得多边形的周长为；④在上运动时（不与重合），若点在同一球面上，则该球表面积最大值为.【答案】②④【解析】【分析】通过证明平面可知，得①错误；取中点，根据可知当最大时，最小，则最大，可确定当与或重合时最大，由此计算知②正确；作出平面截正方体所得的截面图形，依次计算各边长可知③错误；根据四点共球面可知该球即为三棱锥的外接球，由可知当与重合时，球的半径最大，由此可求得④正确.【详解】对于①，连接， 平面，平面，；四边形为正方形，；又，平面，平面，又平面，，即与所成角恒为，①错误；对于②，取中点，连接，，分别为中点，，又平面，平面，与所成角即为，，当最大时，最小，又，当最大时，最小，当与或重合时，取得最大值，的最小值为，②正确；对于③，延长交于点，连接交于； 延长交于点，连接交于；则过三点的平面截正方体所得多边形即为五边形；取中点，连接，，，，即，同理可得：，；，，，五边形的周长为，③错误；对于④，若点在同一球面上，则该球即为三棱锥的外接球，的外接圆半径，三棱锥外接球半径，又的最大值为，，该球表面积最大值为，④正确. 故答案为：②④.【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的动点问题的求解，涉及到线线角的求解、正方体截面问题、三棱锥的外接球表面积的求解问题；求解此类问题的基本思路是根据所求量确定最值点，再结合线线角、球的表面积的求解方法确定最值.三､解答题：共70分､解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.17.为配合创建文明城市，某市交警支队全面启动路口秩序综合治理，重点整治机动车不礼让行人的行为.经过一段时间的治理，从市交警队数据库中调取了10个路口的车辆违章数据，根据这10个路口的违章车次的数量绘制如下的频率分布直方图，数据中凡违章车次超过40次的路口设为“重点关注路口”.（1）根据直方图估计这10个路口的违章车次的平均数；（2）现从支队派遣3位交警去违章车次在的路口执勤，每人选择一个路口，每个路口至多1人，设去“重点关注路口”的交警人数为X，求X的分布列及数学期望.【答案】（1）29（2）见解析【解析】【分析】（1）由频率分布直方图估算平均数公式求解（2）由超几何分布概率计算公式求解【小问1详解】由题意计算违章车次的平均数【小问2详解】违章车次在有个重点关注路口2个 X的取值为0，1，2，，，X01218.已知数列满足，，为的前n项和.（1）求的通项公式；（2）设，数列的前n项和满足对一切正奇数n恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用等差数列的定义可得数列是首项为1，公差为2的等差数列，即求；（2）由题可得当n为奇数时，，进而可得对一切正奇数n恒成立，即得.【小问1详解】∵，，∴，∴数列是首项为1，公差为2的等差数列， ∴；【小问2详解】由题可得，∴，∴，n为奇数，∴当n为奇数，且时，，当时，也适合，故当n为奇数时，，又对一切正奇数n恒成立，∴对一切正奇数n恒成立，又，∴.19.在四棱锥中，四边形为平行四边形，是等边三角形，.（1）证明：；（2）若，，求二面角的正弦值. 【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取AM的中点N，利用线面垂直的判定定理可得AM⊥平面BDN，进而可得AM⊥BN，即证；（2）由题可得，，可得平面ADM，建立坐标系，利用坐标法即得.【小问1详解】取AM的中点N，连接DN，BN，∵是等边三角形，∴AM⊥DN，又，∴AM⊥平面BDN，又平面BDN，∴AM⊥BN，又N为AM的中点，∴；小问2详解】∵，，是等边三角形，∴，，∴，又，∴平面ADM，如图建立空间直角坐标系， 则，∴，设平面BMC的法向量为，则，令，则，∴，设平面DMC的法向量为，则，令，则，∴，∴，∴，∴二面角的正弦值为.20.已知椭圆的离心率为，过的右顶点的直线与的另一交点为.当为的上顶点时，原点到的距离为.（1）求的标准方程； （2）过与垂直的直线交抛物线于两点，求面积的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用点到直线距离、离心率和椭圆关系可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；（2）当直线斜率为时，易求得；当直线斜率不为时，分别将直线与椭圆、直线与抛物线方程联立，求得，进而得到，采用换元法，令，利用导数可求得最小值；综合两种情况可得所求面积的最小值.【小问1详解】由题意知：，若为的上顶点，则，，即，原点到的距离，又离心率，，，，椭圆的标准方程为：.【小问2详解】由题意知：直线斜率存在；①当直线斜率为时，，；此时直线，则，，； ②当直线斜率存在且不为时，，由得：，又，，则，；又直线，由得：，；的焦点为，，又，，设，则，，令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，即；综上所述：面积的最小值为.【点睛】思路点睛：求解直线与圆锥曲线综合应用中的三角形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③结合弦长公式、点到直线距离公式等知识，利用变量表示出所求三角形的面积；④将所求三角形面积转化为关于变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.21已知：.（1）当时，求曲线的斜率为的切线方程；（2）当时，成立，求实数m的范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义直接可得切线方程；（2）恒成立，可转化为恒成立，利用导数判断函数的单调性与最值情况.【小问1详解】当时，，则，设切点为，故，解得，故，即切点坐标为，所以切线方程，即；【小问2详解】 当时，成立，即恒成立，设，，，因为，故恒成立，则在上单调递增，所以，当时，恒成立，故在上单调递增，即，所以，解得，故；当时，，，设，，恒成立，则上单调递减，所以，即，所以存在，使，即， 所以在上单调递减，在上单调递增，故，解得，即，设，，恒成立，故在上单调递减，故，即，所以，综上所述，.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．22.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为参数）.（1）写出曲线C与直线l的普通方程；（2）设当时l上的点为M﹐点N在曲线C上.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求线段中点P的轨迹的极坐标方程.【答案】（1）；； （2）.【解析】【分析】（1）消去参数即得；（2）由题可得，设，，进而可得点P的轨迹方程为，再利用公式即得.【小问1详解】∵曲线C的参数方程为（为参数），∴曲线C的普通方程为，∵直线l的参数方程为（t为参数）∴直线l的普通方程为；【小问2详解】由题可知，设，，则，即所以可得点P的轨迹方程为，即，∴，令，∴点P的轨迹的极坐标方程为.23.设函数.（1）求的最小值m； （2）设正数x，y，z满足，证明：.【答案】（1）6（2）见解析【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式求得函数的最小值；（2）已知条件适当转化后，然后利用柯西不等式证明.【小问1详解】,当且仅当，即时取“等号”，所以的最小值为6；【小问2详解】由（1）知，，所以，所以，，故原不等式成立.