新疆维吾尔自治区2022届高三数学（理）二模试题（Word解析版）

2022年高三年级诊断性自测（第二次）理科数学（问卷）（卷面分值：150分；考试时间：120分钟）注意事项：1．本卷分为问卷和答卷两部分，答案务必书写在答卷的指定位置上．2．答题前，考生务必将自己的学校、姓名、准考证号、科别等信息填写在答卷的指定区域内．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分．在每个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，则的真子集共有（）A.1个B.2个C.3个D.7个【1题答案】【答案】C【解析】【分析】求出集合可得集合的真子集.【详解】集合，所以集合的真子集有.故选：C2.已知实数，满足约束条件，设，则最小值为（）A.B.C.D.0【2题答案】【答案】B【解析】【分析】由不等式组作出可行域，根据目标函数画出直线，平移得到最优解. 【详解】作出约束条件，对应的平面区域如图所示：由可得，平移直线，由图象可知当直线经过点B时，直线的截距最大，此时最小，由，可得，则.故选：B3.中国气象局规定：一天里的降雨的深度当作日降水量，通常用毫米表示降水量的单位，的降水量是指单位面积上水深.如图，这是一个雨量筒，其下部是直径为､高为的圆柱，上部承水口的直径为.某同学将该雨量筒放在雨中，雨水从圆形容器口进入容器中，后，测得容器中水深，则该同学测得的降水量约为（）A.B.C.D.【3题答案】【答案】C【解析】【分析】首先根据题意确定24h 降水的体积，再根据降水量的定义计算该同学测得的降水量即可.【详解】解：由题意，水的体积，容器口的面积.∴降雨量.∴该同学测得的降水量约为.故选：C.4.已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点的坐标为（）A.B.C.D.【4题答案】【答案】B【解析】【分析】计算出复数z，然后由复数的几何意义可得.【详解】由得，所以复数z在复平面内对应的点的坐标为.故选：B．5.若向量，满足，，．则向量与的夹角为（）A.B.C.D.【5题答案】【答案】B【解析】【分析】由向量的数量积求夹角．【详解】 所以，即，，所以．故选：B．6.窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是古老的传统民间艺术之一．如图是一个窗花的图案，以正方形各边为直径作半圆，阴影部分为其公共部分．现从该正方形中任取一点，则此点取自于阴影部分的概率为（）A.B.C.D.【6题答案】【答案】D【解析】【分析】对阴影部分进行分割重组，每4个弓形的面积都可以看做图2形状，即半径为1的圆减去边长为的正方形的面积，从而求出阴影部分面积，最终求得概率.【详解】设正方形的边长为2，如图1，连接对角线AC，BD相较于点O，则阴影部分被分为8个相同的弓形，其中每4个弓形的面积都可以看做图2形状，即半径为1的圆减去边长为的正方形的面积，所以题目中的阴影部分面积为，故概率为 故选：D7.在三棱锥P—ABC中，PA⊥平面ABC，BA=BC，∠PBC=90°，PA=2，若三棱锥P—ABC体积为6，则三棱锥P—ABC外接球的表面积为（）A.18πB.24πC.36πD.40π【7题答案】【答案】D【解析】【分析】取PC的中点O,确定三棱锥外接球的球心位置，利用三棱锥体积求出AB，从而可得求该三棱锥的外接球的半径，即可求出三棱锥P-ABC的外接球的表面积．【详解】取PC的中点O,由平面ABC，BC在平面ABC内,得,又∠PBC=90°，,,所以平面PAB，从而,所以AC是的外接圆的直径，在中，有OA=OP=OC,在中，有OP=OC=OB,故OA=OP=OC=OB, 故O是三棱锥P-ABC的外接球的球心，由三棱锥P-ABC的体积为6可得：,故,所以,所以,故外接球半径,故三棱锥P—ABC外接球的表面积为,故选：D.8.如图．已知椭圆，双曲线，若以椭圆的长轴为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，且椭圆与该渐近线的两交点将线段三等分，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【8题答案】【答案】A【解析】【分析】根据题意可知，设所在渐近线方程为，设点，写出线段的一个三等分点坐标，代入椭圆方程中求出，进而求得结果.【详解】解：由已知，设所在渐近线方程为，设点， 所以，即，则，所以线段的一个三等分点坐标为，由于该点在椭圆上，所以，解得.所以.所以离心率.故选：A.9.若函数是定义在R上的增函数，则实数m的取值范围是（）A.B.C.D.【9题答案】【答案】D【解析】【分析】作出函数和的大致图象，如图，联立直线和抛物线方程求出点A、B的横坐标，对m取、、、情况分类讨论，利用数形结合的数学思想即可得出结果.【详解】如图，作出函数和的大致图象.，得，解得，，注意到点A是二次函数图象的最低点，所以若，则当时，单调递减，不符合题意；当时符合题意； 当时，则，在时函数图象“向下跳跃”，不符合题意；当时，符合题意.所以m的取值范围为：或.故选：D10.设函数，其中，，若，，则在上的单调减区间是（）A.B.C.D.【10题答案】【答案】C【解析】【分析】根据的对称中心、零点求得，进而求得，结合三角函数单调区间的求法求得正确答案.【详解】据题意可以得出直线和点分别是的图象的一条对称轴和一个对称中心，所以，即（），所以；又由得，即（）， ，所以，所以；由得的单调减区间为（），所以在上的单调减区间是.故选：C11.如图，在正方体中，点分别为的中点，设过点的平面为，则下列说法正确的是（）A.在正方体中，存在某条棱与平面平行B.在正方体中，存在某条面对角线与平面平行C.在正方体中，存在某条体对角线与平面平行D.平面截正方体所得的截面为五边形【11题答案】【答案】D【解析】【分析】根据题意可得交平面于点，交平面于点，交平面于点，故不存在某条棱与平面平行，即可以判断选项A错误； 由六个面的12条面对角线与平面都相交，即可判断选项B错误；体对角线全部与面相交，即可判断选项C错误；补全图形可得平面截正方体所得的截面为五边形，即可以判断选项D正确.【详解】对于选项A，交平面于点，平面，都不与平面平行，交平面于点，平面，都不与平面平行，交平面于点，平面，都不与平面平行，故A错误；观察几何体可知六个面的12条面对角线与平面都相交，故B错误；四条体对角线全部与面都相交，故C错误.如下图，取中点为，易得，取中点为，连接，易得，再取中点，连接，则，，是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则可得五边形即为平面交正方体的截面，故D正确； 故选：D.12.已知抛物线，圆．若点，分别在，上运动，且设点，则的最小值为（）A.B.C.D.【12题答案】【答案】A【解析】【分析】圆心是抛物线的焦点，设，因此，这样有，变形后利用基本不等式得最小值．【详解】易知即为抛物线的焦点，即，设，∴∴当时，上式，取等条件：，即时，取得最小值故选：A． 第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分．第13题~第21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题~第24题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.为了解某校1200名高一学生的身高状况，按性别比例采用分层抽样的方法从中抽取50人进行调查，若样本中男生比女生多10人，则该校高一学生中女生的人数为___________.【13题答案】【答案】480【解析】【分析】根据分层抽样直接求解即可【详解】由抽取样本50人中，男生比女生多10人，可得样本中男生30人，女生20人，男女生比例为3：2，所以该校高一学生中女生的人数为.故答案为：48014.已知，，则__________．【14题答案】【答案】【解析】【分析】根据同角的三角函数关系式，结合降幂公式、诱导公式进行求解即可.【详解】解：由，，得，所以．故答案为：15.已知函数，则不等式解集为________．【15题答案】 【答案】【解析】【分析】首先判断函数的单调性及奇偶性，将脱掉“”，得到，然后构造函数，利用导数研究函数的单调性即可得解.【详解】由，得，∵，，等号不会同时取得，∴，∴函数为增函数.∵，∴函数为奇函数；故，即，∴，可得，令，则，且，当时，，单调递增，此时时，，当时，，单调递减，此时时，，所以不等式的解集为.故答案为：16.已知数列的前项和为，且数列是首项为1，公差为2的等差数列，若，数列的前项和为，则使得成立的的最小值为________．【16题答案】【答案】5【解析】 【分析】首先由已知条件求出数列的通项公式，进一步求数列的和，再根据数列的单调性求出的最小值.【详解】因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，易知，即①，当时，，当时，②①②得：∴，∴满足，所以，又因为则，∴，∴易知，是关于的递增函数，当时，；当时，，∴故答案为：5.三、解答题：第17~21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，说明过程或演算步骤．17.如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC=，AD=1，∠CAD=30°．（1）求∠ACD；（2）若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围．【17题答案】 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理求得，根据，得到，即可求解；（2）在中，由正弦定理求得，根据为锐角三角形，求得，得到，进而求得的取值范围．【小问1详解】解：在中，由余弦定理得：，所以，又因为，所以．【小问2详解】解：由，且，可得，在中，由正弦定理得，所以，因为为锐角三角形，，，所以，可得，则，所以，所以，所以的取值范围为．19.如图，在三棱柱中，侧面是矩形，，，，，E，F分别为棱，BC的中点，G为线段CF的中点． （1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．【19题答案】【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）作图，由对应比例证明，即可证明平面；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，从而得对应平面向量的坐标，求解出法向量，利用向量夹角计算公式代入计算.【小问1详解】连接，交于点，连接，由题意，四边形为平行四边形，所以，因为E为中点，∴，∴，且相似比为，∴，又∵，为，中点，∴，∴，又平面，平面，∴平面. 【小问2详解】连接，因为，，所以，，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面和平面的法向量分别为，则，，所以，因为二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.21.自年秋季学期开始中小学全面落实“双减”工作，为使广大教育工作者充分认识“双减”工作的重大意义，某地区教育行政部门举办了一次线上答卷活动，从中抽取了名教育工作者的答卷，得分情况统计如下（满分：分）．名教育工作者答卷得分频数分布表分组频数合计 （1）若这名教育工作者答卷得分服从正态分布（其中用样本数据的均值表示，用样本数据的方差表示），求；（2）若以这名教育工作者答卷得分估计全区教育工作者的答卷得分，则从全区所有教育工作者中任意选取人的答卷得分，记为这人的答卷得分不低于分且低于分的人数，试求的分布列和数学期望和方差．参考数据：，，，．【21题答案】【答案】（1）（2）分布列见解析，，【解析】【分析】（1）首先根据频数分布表求样本数据的平均数和方差，然后利用正态分布的对称性和原则求得概率；（2）先求出在一次试验中事件发生的概率，确定的所有可能取值，利用独立重复试验的概率公式分别求出每个取值的概率，从而得到分布列，最后利用二项分布的数学期望和方差公式求解．【小问1详解】解：由频数分布表可知，，，所以，，所以．因为，则，，所以， 【小问2详解】解：从这名教育工作者中任意选取一名，其答卷得分不低于分且低于分的概率为．由题意知，，则，，，，所以的分布列为YP所以，.23.已知椭圆的离心率为，短轴长为．（1）求椭圆的方程；（2）设过点的动直线与椭圆交于、两点（点在轴上方），、为椭圆的左、右顶点，直线，与轴分别点、，为坐标原点，求的值．【23题答案】【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求解即可得答案； （2）由题意，设直线的方程为，，，则，，联立，利用韦达定理可得，易得，，由化简即可得答案.【小问1详解】解：由题意，有，解得，，所以椭圆的方程为；【小问2详解】解：由题意，点在轴上方且过点，则直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，则，，由，可得，，，，所以，即，由，，所以，则直线的方程为，令，得，所以， 所以，则直线的方程为，令，得，所以，所以，所以．25.已知函数．（1）求的图象在点处的切线方程，并证明的图象除点以外的所有点都在这条切线上方；（2）证明：对于一切，均有．【25题答案】【答案】（1），证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义，求出导数以及切点纵坐标即可得答案；（2）利用（1）的结论，得到时，，从而，，则，即，然后累加，结合裂项法求和，即可证明结论.【小问1详解】由题意可得，，，所以的图象在点处的切线方程为， 设，则，令，得，单调递减，令，得，单调递增，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的图象上除点外的所有点都在这条切线上方．【小问2详解】当时，不等式显然成立．下证当时，不等式成立．由（1）得当时，，令，，，则，即，所以，即，所以，即．选考题：共10分．请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．选修4-4：坐标系与参数方程27.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线的普通方程和曲线的极坐标方程；（2）若直线和曲线交于，两点，且，求实数的值．【27题答案】 【答案】（1）；；（2）.【解析】【分析】(1)消去参数t得直线l的普通方程；消去参数得曲线C的普通方程，再结合极坐标与直角坐标互化公式化简即得.(2)联立直线和曲线极坐标方程，利用极径的几何意义计算作答.【小问1详解】消去直线方程中的参数得，所以直线的普通方程；消去曲线方程中的参数得曲线的普通方程：，将代入得：，所以曲线的极坐标方程是：.【小问2详解】设直线的极坐标方程为，，因，则，即，由消去得：，于是得：，解得，则，解得，所以实数的值为.选修4-5：不等式选讲 29.已知函数．（1）若，求不等式的解集；（2）若存在，使得成立，求的取值范围．【29题答案】【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用零点分段法，求得不等式的解集；（2）先求得的最小值，结合基本不等式求得，从而求得的取值范围.【小问1详解】解：当时，或或或或解得∴的解集为．【小问2详解】存在使得成立，等价于，而，当且仅当时成立，∴，则，而，即， ∴得或，则的取值范围为．