2022届海南省海口市高三学生学能力诊断（二）数学试题含解析

2022届海南省海口市高三学生学能力诊断（二）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出集合，然后再根据交集和补集运算得出答案.

【详解】由解得或，即.

又或，所以．

故选：A

2．复数的虚部为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复数的除法运算法则即可求解.

【详解】由已知得

，

则复数的虚部为，

故选：D.

3．已知x，且，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．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【详解】因为，所以，则“”两边同除以即可得到“”，反过来同乘以即可，故“”是“”的充要条件．

故选：C.

4．在核酸检测时，为了让标本中DNA的数量达到核酸探针能检测到的阈值，通常采用PCR技术对DNA进行快速复制扩增数量．在此过程中，DNA的数量（单位：）与扩增次数n满足，其中为DNA的初始数量．已知某待测标本中DNA的初始数量为，核酸探针能检测到的DNA数量最低值为，则应对该标本进行PCR扩增的次数至少为（       ）（参考数据：，）

A．5 B．10 C．15 D．20

【答案】B

【分析】根据题意列出方程，利用指数与对数的互化即可求解.

【详解】由题意知，，令，得，取以10为底的对数得，所以．

故选：B.

5．设公差不为0的等差数列的前n项和为，已知，则（       ）

A．9 B．8 C．7 D．6

【答案】C

【分析】根据等差数列的前项和的性质及等差数列通项公式化简可得.

【详解】因为，又，

所以，

所以，即，

设等差数列的公差为，

则，

所以，又，

所以，

所以．

故选：C.

6．已知双曲线的两个焦点为，，以为圆心，为半径的圆与E交于点P，若，则E的离心率为（       ）

A． B．2 C． D．3

【答案】D

【分析】设，设线段的中点为M，则，在中，可得，从而可得出答案.

【详解】设 ，根据题意可得，，为锐角

则，设线段的中点为M，则．

在中，，

则，所以,即，

即得E的离心率．

故选：D

7．如图是一个圆台的侧面展开图，其面积为，两个圆弧所在的圆半径分别为2和4，则该圆台的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由条件结合扇形面积公式可求圆台的上下底面的半径，结合圆台的轴截面图形可求圆台的高，利用圆台体积公式求其体积.

【详解】圆台的侧面展开图是一扇环，设该扇环的圆心角为，

则其面积为，得，

所以扇环的两个圆弧长分别为和，

设圆台的上底半径，下底半径分别为，圆台的高为，

则

所以，，又圆台的母线长

所以圆台的高为，

所以圆台的体积为．

故选：D.

8．已知函数是定义在上的奇函数，函数的图象关于直线对称，若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分析可知是偶函数，利用偶函数的定义推导出，利用已知条件求出的值，即可求得的值.

【详解】因为的图象关于对称，则是偶函数，

，且，

所以，对任意的恒成立，所以，，

因为且为奇函数，所以，，

因此，.

故选：B.

二、多选题

9．一组样本数据，…，的平均数和中位数均为5，若去掉其中一个数据5，则（       ）

A．平均数不变 B．中位数不变 C．极差不变 D．方差不变

【答案】AC

【分析】根据平均数、中位数、极差、方差概念求解即可.

【详解】假设，则原来的中位数为，去掉后，

平均数和极差不变，故A，C正确.

中位数为，这个值不一定为5，所以B不正确．

对于D，

原来的方差为，

去掉后，新的方差，

因为去掉的数据恰好等于平均值，所以剩下的数据的方差不变或增大．

故选：AC

10．已知，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】根据商的关系化简条件可求，利用平方关系求，再由商的关系求，再利用，结合二倍角公式及同角三角函数关系求，.

【详解】因为，

所以，又 ，

所以，，故A错误，B正确．

，

所以，

，

故C错误，D正确．

故选：BD.

11．如图所示，正方体的棱长为2，点E，F分别为和的中点，则（       ）

A．平面 B．平面

C．平面截正方体的截面面积为3 D．点D到平面的距离为

【答案】AD

【分析】如图所示，设BC的中点为G，连接GE和GA，GE与交于点I，连接与交于点H，连接HI．平面截正方体所得的截面即，然后逐个分析判断即可

【详解】如图所示，设BC的中点为G，连接GE, 和GA，GE与交于点I，连接与交于点H，连接HI．平面截正方体所得的截面即．

因为在正方体中，分别为的中点，

所以，∥，所以四边形为平行四边形，

所以，∥，

因为， ∥，

所以，∥，

所以四边形为平行四边形，

所以∥，

因为平面， 平面，

所以平面，故A正确；

在矩形中可看出与HI不垂直，所以与平面不垂直，故B错误；

截面是一个等腰梯形，上底，下底，在矩形中，，所以，所以，故C错误；

，所以,

因为，所以，

所以,

设点D到平面的距离为，则,

，

所以，得，即点D到平面的距离为，所以D正确，

故选：AD

12．已知函数及其导函数满足，且，则（       ）

A．在上单调递增 B．在上有极小值

C．的最小值为-1 D．的最小值为0

【答案】ABD

【分析】构造函数，利用导数运算公式求出函数的解析式，由此可得函数的解析式，再由导数与函数的单调性，极值及最值的关系判断各选项.

【详解】设，则，

所以（C为常数），

所以，

又，所以，

所以，，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以在处取得极小值，

因为，所以，

所以在上有极小值

可知A，B都正确．

，，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以的极小值即最小值为，故C错误．

，

当时，，，所以，

当时，，，所以，

而当时，，所以的最小值为0，

故D正确．

故选：ABD.

【点睛】本题解决的关键在于通过构造函数，利用所给条件求出函数函数解析式.

三、填空题

13．函数的最小正周期为______．

【答案】

【分析】利用正弦函数的周期公式直接求解即可

【详解】的最小正周期为．

故答案为：

14．已知向量，的夹角为45°，，且，若，则______．

【答案】-2

【分析】先利用数量积的运算求解，再利用向量垂直数量积为0即可求解.

【详解】因为得，

又因为，

所以，所以．

故答案为：-2.

15．第二届消博会（中国国际消费品博览会）于2022年5月在海南国际会展中心举办，甲、乙两人每人从A，B，C，D四个不同的消博会展馆中选2个去参观，则他们参观的展馆不完全相同但都参观A展馆的概率为______．

【答案】

【分析】首先根据题意得到全部基本事件为36种，再用列举法列出符合条件的基本事件，即可得到答案.

【详解】甲选2个去参观，有种方法，乙选2个去参观，有种方法，

所以共有种，

他们参观的展馆不完全相同但都参观A展馆的情况有：，，

，，，，共6种，

所以对应的概率为．

故答案为：

16．已知抛物线的焦点为F，第一象限的A，B两点在C上，若，，，则直线AB的斜率为______．

【答案】

【分析】利用抛物线的几何性质，以为斜边，构建直角三角形即可求解.

【详解】如图所示，设C的准线为l，分别过A，B作l的垂线，垂足分别为D，E，过A作于点P．

由抛物线的定义可知，，所以．又因为，，所以，所以直线AB的斜率．

故答案为：.

【点睛】四、解答题

17．在中，角的对边分别为已知，．

(1)求；

(2)若，边的中点为，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件及正弦定理即可求解；

（1）根据已知及线段中点的关系，结合余弦定理即可求解.

【详解】(1)在中，由正弦定理，得

．

(2)由及，得，

中，由余弦定理，得，

即，解得或（舍），所以，

又因为边的中点为，所以即，

在中，由余弦定理得，

所以．

18．已知数列的各项均为正整数且互不相等，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．

①数列是等比数列；②数列是等比数列；③．

注：如选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

【答案】证明见解析

【分析】选择①②为条件，③为结论．根据已知条件及等比数列的通项公式，再利用等比数列前n项和公式，结合等比中项即可求解；

选择①③为条件，②为结论，据已知条件及等比数列的通项公式，再利用等比数列前n项和公式，结合等比数列的定义即可求解；

选择②③为条件，①为结论，据已知条件及等比数列的通项公式，得出，再利用与的关系，结合等比数列的定义即可求解.

【详解】选择①②为条件，③为结论．

证明过程如下：设等比数列的公比为q，由题意知且．

则，，，

因为是等比数列，所以，

即，展开整理得，

所以，即．

选择①③为条件，②为结论，

证明过程如下：设的公比为q，由题意知且．

因为，即，因为，所以．

所以，所以．

因为，，

所以是首项为，公比为的等比数列．

选择②③为条件，①为结论，

证明过程如下：设的公比为，由题意知且．

则，所以，

又因为，且，所以．所以．

当时，，

所以，

所以是首项为，公比为的等比数列．

19．如图，正三棱柱的高和底面边长均为2，点P，Q分别为，BC的中点．

(1)证明：平面平面；

(2)求直线BP与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由于是正三角形，为BC的中点，可得，再由正棱柱的性质得，则由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论，

（2）设线段AC，的中点分别为，，以为坐标原点，分别以OB，OC，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解

【详解】(1)因为是正三角形，为BC的中点，所以，

因为平面ABC，平面ABC，所以，

因为，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面．

(2)设线段AC，的中点分别为，，以为坐标原点，分别以OB，OC，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．

因为正三棱柱的底面边长和高均为2，所以，，，，

，所以，，，．

设为平面的一个法向量，

则，令，则

设直线BP与平面所成角为，则

，

所以直线BP与平面所成角的正弦值为．

20．为落实体育总局和教育部发布的《关于深化体教融合，促进青少年健康发展的意见》，某校组织学生加强100米短跑训练．在某次短跑测试中，抽取100名男生作为样本，统计他们的成绩（单位：秒），整理得到如图所示的频率分布直方图（每组区间包含左端点，不包含右端点）．

(1)若规定男生短跑成绩小于13.5秒为优秀，求样本中男生短跑成绩优秀的概率．

(2)估计样本中男生短跑成绩的平均数．（同一组的数据用该组区间的中点值为代表）

(3)根据统计分析，该校男生的短跑成绩X服从正态分布，以（2）中所求的样本平均数作为的估计值．若从该校男生中随机抽取10人，记其中短跑成绩在以外的人数为Y，求．

附：若，则．．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）先由频率分布直方图求出，然后可得出答案.

(2)根据平均数的公式可得答案.

(3) 由（2）知,由正态分布求出该校男生短跑成绩在以外的概率，根据题意，从而可得答案.

【详解】(1)由频率分布直方图可得，

解得，

所以样本中男生短跑成绩优秀的概率为．

(2)估计样本中男生短跑成绩的平均数为

．

(3)由（2）知，所以，

所以该校男生短跑成绩在以外的概率为

根据题意，

所以．

21．已知椭圆的离心率为，且经过点．

(1)求C的方程；

(2)动直线l与圆相切，与C交于M，N两点，求O到线段MN的中垂线的最大距离．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先根据题意列出方程组，再解方程组即可.

（2）当的斜率不存在时，到中垂线的距离为0．当的斜率存在时，设，，．根据直线与圆相切得到，求出中垂线得到到中垂线的距离为，再利用基本不等式即可得到答案.

【详解】(1)由题知：，解得.

所以的方程为．

(2)当的斜率不存在时，线段MN的中垂线为轴，此时到中垂线的距离为0．

当的斜率存在时，设，，．

因为与圆相切，则到的距离为，所以．

联立方程，得，

则，可得的中点为．

则MN的中垂线方程为，即．

因此到中垂线的距离为

（当且仅当，时等号成立）．

综上所述，到线段MN的中垂线的最大距离为．

22．已知函数，．

(1)若，求的最小值；

(2)若当时，恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）对函数求导后，求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值，

（2）设，由题意对任意恒成立，然后利用导数求出函数的最小值大于零即可

【详解】(1)当时，，

所以，易知单调递增，且，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以的最小值为．

(2)设，由题意对任意恒成立．

，

若，则，则存在，使得当时，，

所以在上单调递减，

故当时，，不符合题意．

若，由知当时，，所以，

当时， ，

因此在上单调递增．又，

所以当时，．

综上，的取值范围是．

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是构造函数，将问题转化为对任意恒成立，然后分和两种情况利用导数求的最小值，使其大于零即可，考查数学转化思，属于较难题