2022届甘肃省兰州一中（兰州市）高三诊断考试理科数学试题含解析

甘肃省兰州市2022届高三诊断考试

理科数学试题

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i为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数（       ）

A．-1 B．0 C．1 D．2

2．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

3．已知，，与的夹角为，则（       ）

A．6 B． C． D．

4．圆的圆心到直线的距离是（       ）

A． B． C．1 D．

5．莫高窟坐落在甘肃的敦煌，它是世界上现存规模最大､内容最丰富的佛教艺术胜地，每年都会吸引来自世界各地的游客参观旅游.已知购买莫高窟正常参观套票可以参观8个开放洞窟，在这8个洞窟中莫高窟九层楼96号窟､莫高窟三层楼16号窟､藏经洞17号窟被誉为最值得参观的洞窟.根据疫情防控的需要，莫高窟改为极速参观模式，游客需从套票包含的开放洞窟中随机选择4个进行参观，所有选择中至少包含2个最值得参观洞窟的概率是（       ）

A． B． C． D．

6．已知一个半径为的扇形圆心角为，面积为，若，则（       ）

A． B． C． D．

7．已知是奇函数，当时，，若，则(       )

A． B． C．2 D．1

8．已知三棱锥，为其外接球的直径，，若为棱上与､不重合的一点，则（       ）

A．必为锐角 B．必为直角 C．必为钝角 D．无法确定

9．已知在上单调，且值域为，，则(       )

A．1 B． C． D．

10．如图所示直三梭柱内接于圆柱之中，圆柱的体积为，侧面积为，，若三棱柱的体积为，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．

11．已知椭圆：与双曲线有公共的焦点､，为曲线､在第一象限的交点，且的面积为2，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（       ）

A．9 B． C．7 D．

12．若函数在其定义域内存在､，使得，则称函数具有性质.在函数①，②，③，④中，不具有性质的是（       ）

A．②③ B．①④ C．③④ D．①③

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．在的展开式中，的系数为-10，则实数___________.

14．为了践行绿色发展理念，近年来我国一直在大力推广使用清洁能源．2020年9月我国提出了“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的新目标．下图是2016至2020年我国清洁能源消费占能源消费总量的比重y的数据统计图，由图中数据可以得到y关于年份序号x的回归直线方程：，根据回归方程可预测2022年我国的清洁能源消费占能源消费总量的比重约为______%．

15．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，在方向上的投影是的，△ABC的面积为，则______．

16．若曲线与直线相切，则实数的最大值是___________.

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．在①，②是和的等比中项，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．

问题：已知公差d不为0的等差数列的前n项和为，．

(1)______，求数列的通项公式；

(2)若数列，，求数列的前n项和．

18．自“双减”政策颁布实施以来，为了研究中小学各学科作业用时的平衡问题，某市教科研部门制定了该市各年级每个学科日均作业时间的判断标准.下表是初中八年级学科的判断标准.

之后教科研部门又随机抽取该市30所初中学校八年级学科的作业时间作为样本，得到学科日均作业时间的频数分布表见下表.

(1)请将同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，估计该市初中八年级学生完成学科作业的日平均时间（结果精确到0.1）；

(2)①若学科日均作业时间不低于12分钟，称为“作业超量”，以样本频率估计概率，求该市任一所初中学校八年级学科作业超量的概率；

②若为了对该市初中八年级学科作业的布置情况做进一步研究，需再从该市所有初中学校中抽取3所进行研究，用表示抽取的3所学校中八年级学科“作业超量”的个数.求随机变量的分布列和数学期望.

19．已知四棱锥中，底面为菱形，点E为校PC上一点（与P､C不重合），点M､N分别在棱PD､PB上，平面平面.

(1)求证：平面；

(2)若为中点，，，，求二面角的正弦值.

20．已知､是椭圆的左､右焦点，直线与椭圆相切于点，过的直线交椭圆于两点，当直线与x轴垂直时，.

(1)求椭圆的方程；

(2)当直线分别与直线交于两点，求面积的最小值.

21．已知函数为自然对数的底数

(1)求在处的切线方程；

(2)当时，，求实数的最大值；

(3)证明：当时，在处取极小值.

（二）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．

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

平面直角坐标系下，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求曲线，的极坐标方程；

(2)过极点的直线l与曲线交于A、B两点，与曲线交于M、N两点，求的最小值．

23．已知函数．

(1)当时，解关于的不等式；

(2)当时，的最小值为，且正数满足．求的最小值．

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

先化简复数，再利用复数的相关概念求解.

【详解】

复数，

因为复数是纯虚数，

所以，解得，

故选：C

2．A

【解析】

【分析】

由正弦函数性质可得集合M，解一元二次不等式可得集合N，然后由交集定义可得.

【详解】

由正弦函数值域可知，

由解得

所以，即

故选：A

3．A

【解析】

【分析】

由数量积公式结合得出答案.

【详解】

故选：A

4．D

【解析】

【分析】

根据已知条件把圆的一般方程转化为标准方程，从而可得到圆心坐标，再代入点到直线的距离公式即可.

【详解】

由题意可得：圆的一般方程为，

转化为标准方程：，

即圆的圆心坐标为，

因为直线方程为，

所以圆心到直线的距离为

故选：D

5．B

【解析】

【分析】

根据排列组合知识求得基本事件的个数后可得概率．

【详解】

8个开放洞窟中有3个最值得参观，

所求概率为．

故选：B．

6．B

【解析】

【分析】

由扇形面积公式可求得，由两角和差正切公式可构造方程求得结果.

【详解】

扇形面积，，

，解得：.

故选：B.

7．C

【解析】

【分析】

根据f(x)是奇函数求出f(4)＝－f(－4)，根据x＞0时f(x)的解析式即可求a的值．

【详解】

由题可知，

∴．

故选：C．

8．C

【解析】

【分析】

在中应用余弦定理即可判断

【详解】

因为为三棱锥外接球的直径，

所以，

又

所以

所以

如图所示，，

在中，

所以为钝角

故选：C

9．B

【解析】

【分析】

由题可知，区间的长度π即为f(x)最小正周期，由此求出ω，从而可求．

【详解】

设T为f(x)的最小正周期，∵f(x)在上单调，则，

又∵且在[a，b]上值域为，

故，故T＝2π，故ω＝1，故，

∴．

故选：B．

10．A

【解析】

【分析】

根据题意，分别列出圆柱的体积公式和侧面积公式，解出底面圆的半径和圆柱的高，然后，根据三角形外接圆的性质求出边上的高的最大值，进而求出三棱柱的体积的最大值

【详解】

设圆柱底面圆的半径为，设圆柱的高为，设圆柱的体积为，根据题意，列出方程得，

，解得，因为中，，

到的距离为，所以，在圆中，

到的最长距离为，所以，

所以，三棱柱的体积的最大值.

故选：A

11．B

【解析】

【分析】

先由椭圆定义和余弦定理结合面积公式求出，再由双曲线定义和椭圆定义找到a，的关系，代入目标式化简可得,再用基本不等式可求解.

【详解】

记椭圆中的几何量为a，b，c，双曲线中的几何量为，，

则由椭圆和双曲线定义可得…①，…②，

两式平方相减整理得，

记，则由余弦定理得…③

①2-③得…④

由面积公式可得，即，代入④整理得，

因为，所以，所以，得，

所以，即，

所以，即，

所以，

当且仅当时等号成立.

故选：B

12．D

【解析】

【分析】

分别求得每个函数的值域判断.

【详解】

解：①因为，所以，则，取不到2，故错误；

②因为，则存在，使得，故正确；

③令，则，

所以，则，取不到2，故错误；

④因为，所以，当时，，当时，，

所以当时，函数取得最大值，则，所以存在，使得，故正确；

故选：D

13．

【解析】

【分析】

求出二项式展开式的通项，令x的次数为2求出r的值，从而确定项系数，根据系数为－10即可列式求出a的值．

【详解】

展开式的通项为：，

令，

∴的系数为：.

故答案为：.

14．

【解析】

【分析】

年对应的年龄序号为，结合回归直线方程得出答案.

【详解】

由题设条件可知，年对应的年龄序号为，

即2022年我国的清洁能源消费占能源消费总量的比重约为

故答案为：

15．

【解析】

【分析】

根据正弦定理求出角A，结合向量投影，建立b，c边长关系，通过已知三角形面积求出b，c具体值，再用余弦定理求得a.

【详解】

解：由正弦定理，将原式，

化为，

因为

所以原式化简为，因为，所以，

因为，所以.

又因为在方向上的投影是的，

所以，即，

因为，解得.

由余弦定理可得：

，所以.

故答案为：.

16．2

【解析】

【分析】

设切点为，由导数求得过点的切线方程，由它与相同得出的关系式，设换元后，可用表示出，再引入新函数，利用导数求得其最大值．

【详解】

设切点为，由，，

所以切线方程为，即，它就是，

所以，，

令，，所以，

，

设，，

时，，递增，时，，递减，

所以，即．

故答案为：2.

17．(1)答案见详解；

(2)

【解析】

【分析】

（1）选①根据等差数列求和公式化简求出公差，即可求通项；选②根据等比中项公式化简求出公差，从而求出通项；

（2）利用分组求和法即可求解结果．

(1)

选①：由于，

所以，又，所以，故

所以；

选②：是和的等比中项，则，

所以，又，解得，（舍去）

所以；

(2)

，，则

18．(1)15.7分钟；

(2)①；②分布列见解析；期望为．

【解析】

【分析】

（1）取各区间的中点值乘以频数相加后除以总学校数30可得平均时间；

（2）①由古典概型概率公式计算概率；②，由二项分布的概率公式计算出各概率得分布率，由二项分布的期望公式计算期望．

(1)

由题意所求日平均时间为；

(2)

①由表格得A学科作业超量的概率为；

②由①已知抽取一所学校A学科作业超量的概率是，

，

，，

，，

的分布列为

．

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）因为平面平面，证得，得到平面，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；

（2）由（1）证得平面，连接交于，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，

分别求得平面和的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.

(1)

证明：因为平面平面，且平面平面，

平面平面，所以,

又因为平面，且平面，

所以平面.

(2)

解：由（1）平面，

因为，，所以，所以，

所以，

又因为，且，所以平面，

因为四边形是菱形，可得，

所以为正三角形，所以，

连接交于，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，

过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

可得，

因为点为的中点，且平面平面，

可得分别为与的中点，所以，

平面的法向量即为平面的法向量，

因为平面，所以平面的法向量为，

设平面的法向量为，又由，

则，令，可得，即，

所以，

所以，所以二面角的正弦值为.

20．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）根据已知条件及椭圆的左顶点，再结合椭圆的通径即可求解；

（2）根据已知条件设出过点的直线和两点的坐标，与椭圆的方程联立方程组，得到

关于的一元二次方程，利用韦达定理得出的关系，分别求出直线，的方程，进而得

出P､Q两点的纵坐标，根据三角形的面积公式及基本不等式即可求解.

(1)

因为椭圆与直线相切于点，

所以且，即，

又因为直线与x轴垂直时，，所以，解得，

所以椭圆C的方程为

(2)

由（1）知，所以，

设过右焦点的直线方程为，，则

由，消去整理，得，

又因为的方程为，令可得.

同理的方程为，令可得.

所以.

，所以.

又因为，

当且仅当时，等号成立，

所以面积的最小值为.

21．(1)

(2)

(3)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求导，，即可求得切线方程.

（2）成立，等价于，构造函数，利用导数求得最小值即可得出结果.

（3）令，可得当，单调递增，讨论当时，当时，函数的单调性进而可得的单调性，从而证得结果.

(1)

，且，则所以在处的切线方程为

(2)

当时，，即当时，，当时，，即，令，

则，

因为，所以

当时，，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以，所以

所以实数的最大值为.

(3)

令，

若，当，和都单调递增，所以单调递增，

①当，即时，则，则在上单调递增，而，所以当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增；所以在处取极小值；

②当，即时，且，

单调递增，所以存在，使得，且时，，则在上单调递增，而，

所以当时，，所以在上单调递减；

当时，，所以在上单调递增；

所以在处取极小值.

综上，当时，在处取极小值.

【点睛】

关键点睛：本题考查用导数求函数的极值，考查零点存在定理，解题关键是需要导函数进一步求导，以便确定导函数的单调性与零点的存在性，从而得出函数的性质.本题属于较难题.

22．(1)曲线：；曲线：

(2)

【解析】

【分析】

（1）消掉参数，，由得出极坐标方程；

（2）设直线l的极坐标方程为，并与曲线的极坐标方程联立，由韦达定理得出，进而由结合三角函数的性质得出最值.

(1)

由曲线的参数方程为消掉参数可得，

化为极坐标方程为

因为，所以曲线的极坐标方程为

(2)

设直线l的极坐标方程为

由，可得

设，则

则

又，所以

当且仅当时，取等号，所以的最小值为

23．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）分别在、和的情况下，去掉绝对值符号，解不等式可得结果；

（2）利用绝对值三角不等式可求得，化简所求式子，利用基本不等式可得结果.

(1)

当时，；

当时，，解得：；

当时，，解集为；

当时，，解得：；

综上所述：不等式的解集为.

(2)

当时，（当且仅当时取等号），，即；

（当且仅当时取等号），

即的最小值为.