四川省泸州市2022届高三理科数学第二次质量诊断性考试试题（Word版附解析）

泸州市高2019级第二次教学质量诊断性考试数学（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.设集合，，全集为，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】化简集合A，B，根据补集及交集运算即可.【详解】,,故选：B2.已知，则复数z的虚部为（）A.1B.-iC.-1D.【答案】C【解析】分析】化简得到，从而求出虚部.【详解】，即，故虚部为-1故选：C3.气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续5天的每日平均温度均不低于.现有甲､乙､丙三地连续5天的每日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数，单位）：①甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；②乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；③丙地：5个数据中有1个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8. 其中肯定进入夏季的地区有（）A.①②B.①③C②③D.①②③【答案】B【解析】【分析】根据中位数和众数的定义分析可判断①；举特例可判断②；根据方差公式可判断③，进而可得正确答案.【详解】对于①，甲地：5个数据的中位数为24，众数为22；则甲地前3天的气温为22，22，24，后2天均大于24，符合进入夏季的标志，故①甲地肯定进入夏季；对于②，乙地：5个数据的中位数为27，总体均值为24；如连续5天的气温分别为19，20，27，27，27时，不满足进入夏季的标志，故②乙地不一定进入夏季；对于③，丙地：5个数据中有1个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8.设其他4个数据若有一个低于22，假设取21，此时方差至少为，不符合总体方差为10.8，所以其他4个数据应都不小于22，所以丙地“连续5天的每日平均温度均不低于，符合进入夏季的标志，故③丙地肯定进入夏季，所以进入夏季的地区有①③，故选：B.4.已知变量x，y满足，则的最大值为（）A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】画出不等式组对应的可行域，平移动直线后可得目标函数的最大值. 【详解】不等式对应的可行域如图所示，当动直线过时，可取最大值为2，故选：C.5.已知命题p：，.命题q：某物理量的测量结果服从正态分布，则该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等.下列命题中的假命题是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据题目条件判断命题p、q的真假，再根据或、且、非命题判断真假即可.【详解】对于命题p：，，取则，所以命题p为真命题.对于命题q，该物理量在一次测量中落在与落在的概率不相等，则该物理量在一次测量中落在与落在的概率不相等，所以命题q为假命题.则，，为真命题，为假命题.故选：C.6.设双曲线C：的左，右焦点分别是，，点M是C上的点，若是等腰直角三角形，则C的离心率是（） A.B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意得到或，进而得到，构造出关于的齐次式，解出答案.【详解】显然，或，不妨令，将代入双曲线方程，，解得：，由等腰直角三角形可得，则，方程两边同除以得：，解得：，因为，所以离心率为.故选：D7.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】因为，先求出的值，代入即可求出答案.【详解】，.故选：A.8.如图，某几何体的三视图均为边长为2的正方形，则该几何体的体积是（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用正方体结合三视图切割可得该几何体，然后可求.【详解】该几何体为边长为2的正方体截掉两个三棱锥、之后的多面体，其体积为正方体体积减两个三棱锥体积：.故选：D9.如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10000，速度为50.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度大约为（，）（）A.7350B.2650C.3650D.4650【答案】B【解析】【分析】如图，设飞机的初始位置为点，经过420s后的位置为点，山顶为点，作 于点，在中，利用正弦定理求得，在中，解直角三角形即可的解.【详解】解：如图，设飞机的初始位置为点，经过420s后的位置为点，山顶为点，作于点，则，所以，在中，，由正弦定理得，则，因为，所以，所以山顶的海拔高度大约为.故选：B.10.2022年北京冬奥会速度滑冰､花样滑冰､冰球三个项目竞赛中，甲，乙，丙，丁，戊五名同学各自选择一个项目开展志愿者服务，则甲和乙均选择同一个项目，且三个项目都有人参加的不同方案总数是（）A.18B.27C.36D.48【答案】C【解析】【分析】由题意，把甲和乙看作一个元素，然后先分组再分配，即可求解．【详解】解：因为甲和乙选择同一个项目，所以把甲和乙看作一个元素与丙，丁，戊分配到三个项目，因为三个项目都有参加，所以有一个项目是2个元素，所以共有种方案 故选：C.11.已知中，，，其顶点都在表面积为的球O的表面上，且球心O到平面ABC的距离为2，则的面积为（）A.2B.4C.8D.10【答案】B【解析】【分析】设球O的半径为，外接圆的半径为，根据球O的表面积求得，再根据球心O到平面ABC的距离求得，即可求出的直角边，再根据，利用勾股定理求得两直角边，即可得解.【详解】解：设球O的半径为，外接圆的半径为，则，所以，又因球心O到平面ABC的距离为2，则，解得，因为，则是以边为斜边的直角三角形，则外接圆的圆心是的中点，则，又，所以，所以，所以.故选：B.12.已知，，且成立，则下列不等式不可能成立的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】将转化为，构造函数，求出的单调性，即可求出答案.【详解】，即，，所以等价于，所以构造函数，，所以即，即，所以在上为减函数，在上为增函数.对A，等价于即可以满足条件，故A可能成立；对B，等价于即可以满足条件，故B可能成立；对C，等价于即同在的单调增区间内，满足条件，故C成立；对D，等价于即同在的单调减区间内，，故D不满足题意.故选D.二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题纸上）.13.的展开式中的常数项为___________（用数字作答）.【答案】60【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式可求常数项.【详解】二项展开式的通项公式为，令，则，故常数项为.故答案为：60.14.写出一个具有下列性质①②③的函数___________.①定义域为；②函数是奇函数；③.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由可以看出函数的周期为，故可以写出符合要的三角函数即可.【详解】满足以上三个条件，故答案为：15.在边长为1的等边三角形ABC中，设，则____【答案】【解析】【分析】结合等边三角形的性质以及向量数量积运算求得所求表达式的值.【详解】.故答案为：16.已知P为抛物线上一个动点，Q为圆上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到直线的距离之和的最小值是___________.【答案】4【解析】【分析】根据抛物线方程求得焦点F坐标和准线方程，由圆的方程求得圆心坐标，半径，然 后根据抛物线的定义，将问题转化为求点P到点Q的距离与点P到抛物线的焦点F距离之和的最小值，从而即可求解．【详解】解：抛物线的焦点为，准线方程为，圆的圆心为，半径为1，根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离，从而可得：当P，Q，F三点共线时，点P到点Q的距离与点P到直线距离之和的最小为，故答案：4.三､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.设正项数列的前n项和为，，且满足___________.给出下列三个条件：①，；②；③.请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题.（1）求数列的通项公式；（2）若，是数列的前n项和，求证：.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）选①，证得数列等比数列，求出公比，再根据等比数列得通项公式即可的解；选②，根据求得，再根据数列通项与前的和的关系即可的解；选③，根据求得，再根据数列通项与前的和的关系即可的解；（2）利用裂项相消法求出，即可得解. 【小问1详解】解：选①，因为，所以，所以数列等比数列，设数列得公比为由，得或（舍去），所以；选②，因为，当时，，所以，所以，即，当时，，所以，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以；选③，因为，当时，，所以，即，当时，，所以， 即，当时，上式也成立，所以；【小问2详解】证明：由（1）得，所以，所以.18.某县种植的脆红李在2021年获得大丰收，依据扶贫政策，所有脆红李由经销商统一收购.为了更好的实现效益，质监部门从今年收获的脆红李中随机选取100千克，进行质量检测，根据检测结果制成如图所示的频率分布直方图.下表是脆红李的分级标准，其中一级品､二级品统称为优质品.等级四级品三级品二级品一级品脆红李横径/mm经销商与某农户签订了脆红李收购协议，规定如下：从一箱脆红李中任取4个进行检测，若4个均为优质品，则该箱脆红李定为A类；若4个中仅有3个优质品，则再从该箱中任意取出1个，若这一个为优质品，则该箱脆红李也定为A类；若4个中至多有一个优质品，则该箱脆红李定为C类；其他情况均定为B类.已知每箱脆红李重量为10千克，A类､B类､C类的脆红李价格分别为每千克10元､8元､6元.现有两种装箱方案：方案一：将脆红李采用随机混装的方式装箱；方案二：将脆红李按一､二､三､四等级分别装箱，每箱的分拣成本为1元.以频率代替概率解决下面的问题. （1）如果该农户采用方案一装箱，求一箱脆红李被定为A类的概率；（2）根据统计学知识判断，该农户采用哪种方案装箱收入更多，并说明理由.【答案】（1）（2）采用方案二时收入更多，理由见解析【解析】【分析】（1）由频率分布直方图可得任取一只脆红李，其为优质品的概率，利用二项分布可求概率.（2）利用独立事件和二项分布可求该农户采用方案一时每箱收入为的分布列和期望，再算出该农户采用方案二时每箱的平均收入后可得最优方案.【小问1详解】由频率分布直方图可得任取一只脆红李，其为优质品的概率为，设事件为“该农户采用方案一装箱，一箱脆红李被定为A类”，则.【小问2详解】设该农户采用方案一时每箱收入为，则可取，而，，，故（元）该农户采用方案二时，每箱的平均收入为，因为，故采用方案二时收入更多.19.已知空间几何体ABCDE中，，是全等的正三角形，平面平面BCD，平面平面BCD. （1）探索A，B，D，E四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）共面，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，的中点，连接，则由已知条件结合三角形中位线定理可证得四边形为平行四形形，从而可证得∥，进而可证得A，B，D，E四点共面，（2）取中点，连接，取的中点，连接，则可证得为二面角的平面角，然后在中利用余弦定理求解即可【小问1详解】A，B，D，E四点共面，理由如下：取的中点，的中点，连接，则∥，因为，是全等的正三角形，所以，因为平面平面BCD，平面平面BCD，平面平面，平面平面，所以平面BCD，平面BCD，所以∥， 所以四边形为平行四边形，所以∥，所以∥，所以A，B，D，E四点共面，【小问2详解】取中点，连接，因为，所以，取的中点，连接，由（1）可知四边形为等腰梯形，所以，所以为二面角的平面角，连接，因为，，是全等的正三角形，所以，，所以，，所以，所以为等腰直角三角形，所以，，在中，由余弦定理得 ，所以二面角的余弦值为，20.已知椭圆C：的左，右顶点分别为A，B，且，椭圆C过点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，若直线BM的斜率是直线AN斜率的两倍，探究直线l是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】（1）；（2）直线l过定点，理由见解析.【解析】【分析】（1）列出方程组，求出的值，求出椭圆方程；（2）设出直线l的方程，联立后得到两根之和，两根之积，由斜率关系得到方程，化简后得到，进而求出直线所过定点.【小问1详解】由题意得：，且，解得：，，所以椭圆方程为：.【小问2详解】 直线l过定点，理由如下：由（1）得：，，设，联立椭圆方程得：，设，，则，，则，，由，化简得：，将，代入得：，由于不恒为0，所以，解得：，故过定点.【点睛】这道题目的难点是在根据斜率关系得到的方程时，通过整理不能整理出两根之和的对称形式，此时要适当的进行整理，通过凑出对称式，因式分解求出的关系或者的值，进而求出直线所过的定点21.已知函数.（1）求证：；（2）若函数有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，结合原函数的最值可得不等式成立.（2）求出，讨论其符号后可得函数的单调性，根据零点的个数可得最值的符号，从而可得a的取值范围，注意利用零点存在定理验证.【小问1详解】， 则当时，，当时，，故在上为增函数，在上减函数，故即.【小问2详解】，故，因为，故，所以当时，，当时，，故在上增函数，在上减函数，因为函数有两个零点，故即，又当时，对任意，有：，故此时在上有且只有一个零点.下证：当时，总有成立，设，则，故在上为增函数，故，即成立.故当时有.由（1）可得，故当时，，故此时在上有且只有一个零点.综上，当有两个零点时，.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数），若曲线上的点的横坐标不变，纵坐标缩短为原来的倍，得到曲线.以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）已知直线l：与曲线交于A，B两点，若，求k的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）消参求得曲线的普通方程，再根据图形变换求得曲线得直角坐标方程，再根据，即可求出曲线的极坐标方程；（2）设，则为方程的两根，利用韦达定理求得，，再根据，得，结合同角三角函数的关系求得，即可得解.【小问1详解】解：由消去参数得曲线的普通方程为，曲线上的点的横坐标不变，纵坐标缩短为原来的倍，则曲线的直角坐标方程为，即，即，因为，所以，所以曲线的极坐标方程为；【小问2详解】解：设，则为方程得两根， 则①，②，因为，所以③，由①②③解得，所以，所以直线l的斜率.23.已知a，b，c为非负实数，函数.（1）当，，时，解不等式；（2）若函数的最小值为2，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用分类讨论去掉绝对值符号后可得不等式的解.（2）利用柯西不等式可证成立.【小问1详解】当，，时，，即为：或或，故或或即.故的解为.小问2详解】，当且仅当即时等号成立，故， 由柯西不等式可得，即，当且仅当，也就是时等号成立，故成立.