2022届重庆市缙云教育联盟高三第二次诊断性检测数学试题（原卷版+解析版）

★秘密·2022年4月14日17：00前

重庆市2022年高考第二次诊断性检测

高三数学

【命题单位：重庆缙云教育联盟】

注意事项：

1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；

3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；

4.全卷共6页，满分150分，考试时间120分钟。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．若复数z满足，则的最大值为（       ）

A．1 B．2 C．5 D．6

2．已知函数，则函数在上单调递增的一个充分不必要条件是（       ）

A． B． C． D．

3．已知，，，则（       ）

A． B． C． D．

4．某单位科技活动纪念章的结构如图所示，是半径分别为的两个同心圆的圆心，等腰三角形的顶点在外圆上，底边的两个端点都在内圆上，点在直线的同侧．若线段与劣弧所围成的弓形面积为，△与△的面积之和为，设．经研究发现当的值最大时，纪念章最美观，当纪念章最美观时，（          ）

A． B． C． D．

5．设直线系（），则下列命题中是真命题的个数是（  ）

①存在一个圆与所有直线相交；

②存在一个圆与所有直线不相交；

③存在一个圆与所有直线相切；

④中所有直线均经过一个定点；

⑤不存在定点不在中的任一条直线上；

⑥对于任意整数，存在正边形，其所有边均在中的直线上；

⑦中的直线所能围成的正三角形面积都相等．

A．3 B．4 C．5 D．6

6．关于圆周率π，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的浦丰实验和查理斯实验．受其启发，我们也可以通过设计下面的实验来估计的值：先请全校名同学每人随机写下一个都小于的正实数对；再统计两数能与构成钝角三角形三边的数对的个数；最后再根据统计数估计的值，那么可以估计的值约为（       ）

A． B． C． D．

7．已知函数，若函数恰有三个零点时，（其中m，n为正实数），则的最小值为（       ）

A．9 B．7 C． D．4

8．已知平面内一正三角形的外接圆半径为4，在三角形中心为圆心为半径的圆上有一个动，则最大值为（       ）

A．13 B． C．5 D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分。

9．已知点是圆上的任意一点，直线，则下列结论正确的是（       ）

A．直线与圆的位置关系只有相交和相切两种

B．圆的圆心到直线距离的最大值为

C．点到直线距离的最小值为

D．点可能在圆上

10．设等差数列前项和为，公差，若，则下列结论中正确的有（       ）

A． B．当时，取得最小值

C． D．当时，的最小值为29

11．设分别是双曲线的左右焦点，过作轴的垂线与双曲线交于两点，若为正三角形，则（       ）

A． B．双曲线的离心率

C．双曲线的焦距为 D．的面积为

12．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，是边长为1的等边三角形，E为的中点，则（       ）

A．

B．直线与所成的角为30°

C．平面

D．线段的长度为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．的展开式中的系数是，则___________.

14．关于x的不等式，解集为___________.

15．点M在△ABC内部，满足，则____________．

16．定义函数，其中[x]表示不超过x的最大整数，例如[1.3]=1，[-1.5]=-2，[2]=2，当时，的值域为An，记集合An中元素的个数为，则的值为_________.

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．已知的外心为，为线段上的两点，且恰为中点.

(1)证明：

(2)若，，求的最大值.

18．已知数列，满足，；

(1)求的通项公式；

(2)若，求的前2n项和．

19．如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，.

(1)若，试证；

(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.

20．规定抽球试验规则如下：盒子中初始装有白球和红球各一个，每次有放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮．如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，否则记为失败．在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止；否则，在盒子中再放入一个红球，然后接着进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功．

(1)某人进行该抽球试验时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止抽球，记其进行抽球试验的轮次数为随机变量，求的分布列和数学期望；

(2)为验证抽球试验成功的概率不超过，有1000名数学爱好者独立的进行该抽球试验，记表示成功时抽球试验的轮次数，表示对应的人数，部分统计数据如下：

求关于的回归方程，并预测成功的总人数（精确到1）；

(3)证明：．

附：经验回归方程系数：，；

参考数据：，，（其中，）．

21．已知椭圆的离心率，长轴的左、右端点分别为

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线 与椭圆交于两点，直线与交于点，试问：当变化时，点是否恒在一条直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由.

22．已知函数．

(1)若在处取得极值，求的单调区间；

(2)若函数有1个零点，求a的取值范围．

★秘密·2022年4月14日17：00前

重庆市2022年高考第二次诊断性检测

高三数学答案及评分标准

【命题单位：重庆缙云教育联盟】

1．C

【解析】

【分析】

根据题意可知复数z的轨迹为以为圆心，为半径的圆.由此则可求出的最大值.

【详解】

设.

则表示复平面点到点的距离为3.

则的最大值为点到的距离加上3.

即.

故选：C.

2．A

【解析】

【分析】

根据题设条件转化为在上恒成立，即在上恒成立，令，利用导数求得单调性和最小值，结合题意，即可求解.

【详解】

由函数，可得函数的定义域为，

且，

因为函数在上单调递增，即在上恒成立，

即在上恒成立，即在上恒成立，

令，可得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以，所以，

结合选项，可得时函数在上单调递增的一个充分不必要条件.

故选：A.

3．B

【解析】

【分析】

利用指数函数和对数函数的单调性判断.

【详解】

解：因为，，

，

所以，

故选：B

4．A

【解析】

【分析】

利用三角形面积公式，将表示为的函数，利用导数研究其单调性和最值即可.

【详解】

由题意可知，，故，

又，

，

设劣弧所对扇形面积为，则，

故，

，

则；

令，，则，

令，得或（舍去），

记，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

故当，即时，取得最大值，即取得最大值．

故选：．

5．B

【解析】

【分析】

根据已知可知，直线系都为以为圆心，以1为半径的圆的切线，即可根据相关知识，逐个判断各命题的真假．

【详解】

根据直线系（）得到，

所有直线都为圆心为，半径为1的圆的切线．

对于①，可取圆心为，半径为2的圆，该圆与所有直线相交，所以①正确；

对于②，可取圆心为，半径为的圆，该圆与所有直线不相交，所以②正确；

对于③，可取圆心为，半径为1的圆，该圆与所有直线相切，所以③正确；

对于④，所有的直线与一个圆相切，没有过定点，所以④错误；

对于⑤，存在不在中的任一条直线上，所以⑤错误；

对于⑥，可取圆的外接正三角形，其所有边均在中的直线上，所以⑥正确；

对于⑦，可以在圆的三等分点做圆的三条切线，把其中一条切线平移到过另外两个点中点时，也为正三角形，但是它与圆的外接正三角形的面积不相等，所以⑦错误；

故①②③⑥正确，④⑤⑦错，所以真命题的个数为4个．

故选：B．

【点睛】

本题主要考查了命题的真假判断，涉及直线与圆的位置关系的判断，直线系的理解等知识，综合考查学生运用直线与圆的知识解决问题的能力，属于较难题．

6．D

【解析】

由试验结果知对0～1之间的均匀随机数 ，满足，面积为1，再计算构成钝角三角形三边的数对，满足条件的面积，由几何概型概率计算公式，得出所取的点在圆内的概率是圆的面积比正方形的面积，即可估计的值．

【详解】

解：根据题意知，名同学取对都小于的正实数对，即，

对应区域为边长为的正方形，其面积为，

若两个正实数能与构成钝角三角形三边，则有，

其面积；则有，解得

故选：．

【点睛】

本题考查线性规划可行域问题及随机模拟法求圆周率的几何概型应用问题. 线性规划可行域是一个封闭的图形，可以直接解出可行域的面积；求解与面积有关的几何概型时，关键是弄清某事件对应的面积，必要时可根据题意构造两个变量，把变量看成点的坐标，找到试验全部结果构成的平面图形，以便求解.

7．A

【解析】

【分析】

将函数写成分段函数的形式，利用导数判断出函数的单调性，根据函数的图象与零点的关系可得的值，最后由基本不等式即可得结果.

【详解】

当时，恒成立，

∴在上单调递减，

∴，

当时，为偶函数，在上单调递增，在上单调，

∴，即，

当时，恒成立，∴在上单调递增，

∴，

由此作出函数的草图如下所示，

由函数恰有三个零点可得，即，

所以

，

即的最小值为9，当且仅当，时，等号成立，

故选：A.

8．A

【解析】

【分析】

建立直角坐标系，可以表示出的坐标，再设点，即可用与表示出，即可求出答案.

【详解】

建立如图所示坐标系，

则点，

设点，且，

则

故当 时，有最大值为13

故选：A.

9．ACD

【解析】

【分析】

求出直线所过定点的坐标，判断点与圆的位置关系，可判断A选项；利用当直线与圆相切时，圆的圆心到直线距离最大可判断B选项；求出圆心到直线的距离，利用圆的几何性质可判断C选项；判断两圆的位置关系可判断D选项.

【详解】

对于A选项，因为直线的方程可化为．

令解得，所以直线过定点，

直线是过点的所有直线中除去直线外的所有直线，

圆心到直线的距离为，即直线与圆相交，

又点在圆上，所以直线与至少有一个公共点，

所以直线与圆的位置关系只有相交和相切两种，A正确；

对于B选项，当直线为圆的切线时，点到直线的距离最大，且最大值为，B错误；

对于C选项，因为圆心到直线的距离，

所以圆上的点到直线距离的最小值为，C正确；

对于D选项，圆的圆心为原点，半径为，

因为，所以，圆与圆内切，故点可能在圆上，D正确.

故选：ACD.

10．ABC

【解析】

【分析】

根据等差数列的前n项和公式，结合该数列的单调性逐一判断即可.

【详解】

解：根据题意，

由.故A正确；

因为，故当时，，，当时，，当或时，取得最小值，故B正确；

由于，故C正确；

因为，，所以由，可得：，因此n的最小值为，故D错误.

故选：ABC

11．ABD

【解析】

【分析】

根据给定条件，结合双曲线的对称性及定义求出正的边长，逐项计算判断作答.

【详解】

在正三角形中，由双曲线的对称性知，，，

由双曲线定义有：，因此，，，，

即半焦距，则，A正确；

双曲线的离心率，B正确；

双曲线的焦距，C不正确；

的面积为，D正确.

故选：ABD

12．BC

【解析】

【分析】

对于A：假设A项正确,客栈名称AB⊥PB,与△PAB为等边三角形矛盾,故A错误;

对于C：取AP的中点F,连接EF,BF.利用线面平行的判定定理证明平面PAB,即可判断；

对于B：判断出∠ABF即为直线AB与CE所成的角,直接求得；

对于D：直接求出，即可判断.

【详解】

对于A：若A项正确,则由AB⊥PD,AB⊥BD,可得AB⊥平面PBD,则有AB⊥PB,与△PAB为等边三角形矛盾,故A错误;

对于C：

如图,

取AP的中点F,连接EF,BF.因为,且， ，所以故四边形EFBC为平行四边形,则有.

又因为平面PAB,平面PAB,所以平面PAB,故C正确;

对于B：由,则有∠ABF即为直线AB与CE所成的角,因为是等边三角形，所以∠ABF=30°,故B正确；

对于D：由CE=BF,且△PAB是边长为1的等边三角形,则.故D项错误.

故选：BC

13．##0.5

【解析】

【分析】

利用多项式乘多项式法则，求出展开式中常数项及项即可列式计算作答.

【详解】

依题意，的展开式中的项是由分别与展开式中常数项及项相乘积的和，

因此，的展开式中的项为，

即有，解得，

所以.

故答案为：

14．

【解析】

【分析】

利用的单调性，讨论的大小关系，判断原不等式是否成立，即可得解集.

【详解】

由题设，，而在R上递增，

当即时，，原不等式不成立；

当即时，，原不等式恒成立.

综上，解集为.

故答案为：

【点睛】

关键点点睛：注意构造，根据幂函数的单调性，讨论大小关系求解集.

15．##3:4

【解析】

【分析】

分别延长至至至，使，，连接.根据已知条件可得点是的重心，根据重心性质可知，再根据三角形面积公式、及边长倍数关系可得各需求的三角形面积之间的比例关系.

【详解】

如图，分别延长至至至，使，，连接.

由，得，

∴点是的重心，

延长EM交DF于G，则MG＝EG，

过M作MH⊥DF于H，过E作EI⊥DF与I，则MH＝EI，

故，同理可证，

∴，

设，

设，

则

，

同理，

∴：.

故答案为：3:4.

16．

【解析】

【分析】

根据函数的定义判断在上值域中元素的个数，进而可得通项公式，应用裂项相消法求目标式的值.

【详解】

由题设，，

所以在各区间上值域中元素个数为1、1、2、…、，

所以，则，

所以.

故答案为：.

【点睛】

关键点点睛：利用[x]的定义判断在上值域元素的个数，再应用分组、等差数列前n项和公式求，最后由裂项相消法求目标式的值.

17．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）设，利用余弦定理求得，，再根据，化简，可求得，同理可求得，即可得证；

（2）利用余弦定理求得，，再根据结合（1）求得，设，可求得，再根据三角形的面积公式结合基本不等式即可得出答案.

(1)

证明：设，

由余弦定理知：，，

由是外心知，

而，

所以，

即，

而，因此，

同理可知，

因此，

所以；

(2)

解：由（1）知，

由余弦定理知：，，

代入得，

设，则，

因此，

当且仅当时取到等号，

因此的最大值为.

18．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）由题可得，进而可得，即得；

（2）由题可得，然后利用分组求和法及等差数列求和公式即得.

(1)

∵，

∴，即，又，

∴数列是首项为1，公差为的等差数列，

∴，

∴；

(2)

∵，

∴，

∴

.

19．(1)证明见解析

(2)为的中点时，取得最大值.

【解析】

【分析】

（1）先证平面，得，结合已知条件得出，根据及

勾股定理的逆定理，得出，进而得出平面，即证.

（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，

在利用二次函数的性质即可求解该问题.

(1)

在中，

∵为中点且，

∴.

∵平面平面交线为，

∴平面，∴.

∵，分别为，的中点，

∴.

∴.

在直角和直角中，

∵，，

∴，

∴，

∴，

∴.

∴平面，平面，

∴.

(2)

∵平面，由（1）得，，三线两两垂直，以为原点，

以，，为，，轴建立空间直角坐标系如图，

则，，，，，，

∴，.

设平面的一个法向量为，

则，

令得，，

设，，则，

∴，，

设直线与平面所成的角为，

则.

若，此时点与重合，

若，令，则.

当，即，为的中点时，取得最大值.

20．(1)分布列见解析