甘肃省兰州市2022届高三数学3月诊断考试试题 理

甘肃省兰州市2022届高三数学3月诊断考试试题理注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题纸上。2．本试卷满分150分，考试用时120分钟。答题全部在答题纸上完成，试卷上答题无效。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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．2．复数（是虚数单位）的虚部是A．B．C．D．3．设，，且，夹角，则A．B．C．D．4．从数字、、、、中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于40的概率为A．B．C．D．5．已知等差数列的前项和为，若，则A．B．C．D．6．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图侧视图俯视图正视图中的的值是A．2B．C．D．3是否S=S*i输出S结束开始i=i-1i=12,S=17．如图，程序输出的结果,则判断框中应填A．B．C．D．138．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，，，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．既非充分又非必要条件9．已知不等式组所表示的平面区域为，若直线与平面区域有公共点，则的取值范围为是A．B．C．D．10．在直角坐标系中，设是曲线：上任意一点，是曲线在点处的切线，且交坐标轴于,两点，则以下结论正确的是A．的面积为定值B．的面积有最小值为C．的面积有最大值为D．的面积的取值范围是11．已知抛物线：的焦点为，以为圆心的圆交于两点，交的准线于两点，若四边形是矩形，则圆的标准方程为A．B．C．D．12．己知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为A．B．C．D．第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。第13～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22～24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，共20分。13．已知，，则．14．椭圆的中心在原点，焦点在轴上，若椭圆的离心率等于，且它的一个顶点恰好是抛物线13的焦点，则椭圆的标准方程为．15．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是．16．数列的首项为，数列为等比数列且，若，则．三、解答题：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）在中，角、、所对的边分别为、、，已知．（Ⅰ）求的大小；（Ⅱ）若，求的取值范围．18．（本小题满分12分）ABCDA1B1C1D1如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，∥，,,顶点在底面内的射影恰为点．(Ⅰ)求证：；(Ⅱ)若直线与直线所成的角为,求平面与平面所成角（锐角）的余弦函数值．19．（本小题满分12分）为迎接2022年在兰州举行的“中国兰州国际马拉松赛”，某单位在推介晚会中进行嘉宾现场抽奖活动．抽奖盒中装有大小相同的个小球，分别印有“兰州马拉松”和“绿色金城行”两种标志，摇匀后，规定参加者每次从盒中同时抽取两个小球（登记后放回并摇匀），若抽到的两个小球都印有“兰州马拉松”即可中奖，并停止抽奖,否则继续，但每位嘉宾最多抽取次．已知从盒中抽取两个小球不都是“绿色金城行”标志的概率为．13（Ⅰ）求盒中印有“兰州马拉松”标志的小球个数；（Ⅱ）用表示某位嘉宾抽奖的次数，求的分布列和期望．20．（本小题满分12分）已知双曲线：的一条渐近线为，右焦点到直线的距离为．（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）斜率为且在轴上的截距大于的直线与曲线相交于、两点，已知，若，证明：过、、三点的圆与轴相切．21．（本小题满分12分）设函数．（Ⅰ）若函数是定义域上的单调函数,求实数的取值范围；（Ⅱ）若,试比较当时，与的大小；（Ⅲ）证明：对任意的正整数，不等式成立．请从下面所给的22、23、24三题中选定一题作答，如果多答按所答第一题评分。22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲如图,已知切⊙于点,割线交⊙于、两点,的平分线和、分别交于点、．求证:ABEPCD•O（Ⅰ）；（Ⅱ）．23．（本小题满分10分）选修4－4：极坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．13(Ⅰ)求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；(Ⅱ)设为曲线上的动点，求点到上点的距离的最小值．13一、选择题题号123456789101112答案DCDBDDBACAAB7.解析：由题意，S表示从12开始的逐渐减小的若干个整数的乘积，由于12×11=132，故此循环体需要执行两次所以每次执行后i的值依次为11，10,由于i的值为10时，就应该退出循环，再考察四个选项，B符合题意11.解析：依题意，抛物线：的焦点为,∴圆的圆心坐标为∵四边形是矩形，且为直径，为直径，为圆的圆心∴点为该矩形的两条对角线的交点，∴点到直线的距离与点到的距离相等，又点到直线的距离为∴直线的方程为：∴∴圆的半径∴圆的方程为：12.解析：∵为偶函数，∴的图象关于对称,∴的图象关于对称∴设（）,则又∵，∴（），∴函数在定义域上单调递减∵,而∴∴故选B．二、填空题13.14.15.16.15．解析：函数，则，令得，因为函数有两个极值点，所以有两个零点，等价于函数与13的图象有两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象，过点（0，－1）作的切线，设切点为（x0，y0），则切线的斜率，切线方程为.切点在切线上，则，又切点在曲线上，则，即切点为（1，0）.切线方程为.再由直线与曲线有两个交点，知直线位于两直线和之间，其斜率2a满足：0＜2a＜1，解得实数a的取值范围是.三、解答题17.解：（Ⅰ）∵，∴∴∵∴…………6分（Ⅱ）由正弦定理得：，∴，∴∵∴即：…………12分1318.解：(Ⅰ)证明:连接,则平面,∴在等腰梯形中,连接∵,∥∴∴平面∴…………6分(Ⅱ)解法一:∵∥∴∵∴在底面中作,连接,则,所以为平面与平面所成角的一个平面角在中,,∴∴即平面与平面所成角(锐角)的余弦函数值为…………12分解法二:由(Ⅰ)知、、两俩垂直，∵∥∴∴ABCDA1B1C1D1xyz在等腰梯形中,连接因,∥，所以，建立如图空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量由得13可得平面的一个法向量．又为平面的一个法向量．因此所以平面和平面所成的角(锐角)的余弦值为.19.解（Ⅰ）设印有“绿色金城行”的球有个,同时抽两球不都是“绿色金城行”标志为事件,则同时抽取两球都是“绿色金城行”标志的概率是由对立事件的概率:=即，解得…………6分（Ⅱ）由已知，两种球各三个，可能取值分别为，，(或)则的分布列为：所以．…………12分20.解：（Ⅰ）依题意有，∵13∴∴，∴∴曲线的方程为……………6分（Ⅱ）设直线的方程为，则，，的中点为由得∴，∵，即∴（舍）或∴，点的横坐标为∵∴∴过、、三点的圆以点为圆心，为直径∵点的横坐标为∴∵∴过、、三点的圆与轴相切……………12分21.解：（Ⅰ）∵又函数在定义域上是单调函数.∴或在上恒成立若在上恒成立,即函数是定义域上的单调地增函数,则在上恒成立,由此可得；若在上恒成立,则在上恒成立.即13在上恒成立.∵在上没有最小值∴不存在实数使在上恒成立.综上所述,实数的取值范围是.……………4分（Ⅱ）当时，函数.令则显然，当时，,所以函数在上单调递减又，所以，当时，恒有,即恒成立.故当时，有……………8分（Ⅲ）证法一:由（Ⅱ）可知()∴()∴()∴………12分证法二:设则∵∴欲证只需证只需证由（Ⅱ）知即。13所以原命题成立。方法三：数学归纳法证明：1、当时，左边=，右边=，原不等式成立。2、设当时，原不等式成立，即则当时，左边=只需证明即证即证由（Ⅱ）知即令，即有。所以当时成立由1、2知，原不等式成立。22.证明:(Ⅰ)切⊙于点,∵平分,…………5分(Ⅱ)∽同理∽,…………10分1323.解：(Ⅰ)由曲线：得即：曲线的普通方程为：由曲线：得：即：曲线的直角坐标方程为:…………5分(Ⅱ)由(Ⅰ)知椭圆与直线无公共点，椭圆上的点到直线的距离为所以当时，的最小值为…………10分24.解：（Ⅰ）由得，∴，即，∴∴…………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知,令则，∴的最小值为4，故实数的取值范围是．…………10分13