重庆市2022届高三第二次联合诊断检测数学试题

重庆市2022届高三第二次联合诊断检测数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知：，则复数z在复平面内对应点在（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2．命题“”的否定是（       ）

A． B．

C． D．

3．已知集合，则下图中阴影部分表示的集合为（       ）

A． B． C． D．

4．已知某批零件的尺寸（单位：）服从正态分布，其中的产品为“合格品”，若从这批零件中随机抽取一件，则抽到合格品的概率约为（       ）

（附：若，则，，）

A． B． C． D．

5．如图，神舟十二号的飞行轨道是以地球球心为左焦点的椭圆（图中虚线），我们把飞行轨道上的点与地球表面上的点的最近距离叫近地距离，最远距离叫远地距离.设地球半径为，若神舟十二号飞行轨道的近地距离是，远地距离是，则神舟十二号的飞行轨道的离心率为（       ）

A． B． C． D．

6．等差数列的公差为2，前项和为，若，则的最大值为（       ）

A．3 B．6 C．9 D．12

7．已知向量，若与的夹角为，则（       ）

A． B． C． D．

8．已知，，，则（       ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．已知空间中的两条直线和两个平面，则”的充分条件是（       ）

A．

B．

C．

D．

10．已知，则（       ）

A． B． C． D．

11．已知点，过直线上一点作圆的切线，切点分别为，则（       ）

A．以线段为直径的圆必过圆心

B．以线段为直径的圆的面积的最小值为

C．四边形的面积的最小值为4

D．直线在轴上的截距的绝对值之和的最小值为4

12．已知曲线及点，则过点且与曲线相切的直线可能有（       ）

A．0条 B．1条 C．2条 D．3条

三、填空题

13．若拋物线的焦点也是双曲线的焦点，则___________.

14．为筹集善款增设了一个“看图猜诗句”的游戏互动环节,主办方为每位参与者最多展示三张图片，每张图片的内容均对应一首诗词，参与者说对其中一句即视为这张图片回答正确.主办方为参与者每次只展示一张图片，若参与者回答正确才继续为他展示下一张图片，若参与者回答错误则游戏结束，参与者每正确回答一张图片就可为慈善机构募集到一笔基金，多笔基金累积计算.已知某位参加此游戏的嘉宾能正确回答第一､二､三张图片的概率分别为，，，相应能募集到的基金金额分别为元，元，元，且各张图片是否回答正确互不影响，则这位嘉宾参加此游戏恰好共募集到元慈善基金的概率为___________.

15．的展开式中的系数是，则___________.

16．无穷符号在数学中是一个重要的符号，该符号的引入为微积分和集合论的研究带来了便利，某校在一次数学活动中以无穷符号为创意来源，设计了如图所示的活动标志，该标志由两个半径分别为15和20的实心小球相交而成，球心距，则该标志的体积为___________.

附：一个半径为的球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高（记为），球缺的体积公式为.

四、解答题

17．已知各项均为正数的等差数列的前三项和为12，等比数列的前三项和为，且，.

(1)求和的通项公式；

(2)设，其中，求数列的前20项和.

18．在中，角的对边分别，.

(1)求；

(2)若的周长为4，面积为，求.

19．如图，在多面体中，矩形，矩形所在的平面均垂直于正方形所在的平面，且.

(1)求多面体的体积；

(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

20．在检测中为减少检测次数，我们常采取“合1检测法”，即将个人的样本合并检测，若为阴性，则该小组所有样本均末感染病毒；若为阳性，则还需对本组的每个人再做检测.现有人，已知其中有2人感染病毒.

(1)若，并采取“20合1检测法”，求共检测25次的概率；

(2)设采取“10合1检测法”的总检测次数为，采取“20合1检测法”的总检测次数为，若仅考虑总检测次数的期望值，当为多少时，采取“20合1检测法”更适宜？请说明理由.

21．已知函数存在极值点.

(1)求实数的取值范围；

(2)比较与0的大小，请说明理由.

22．椭圆的左顶点为，上顶点为，点在椭圆的内部（不包含边界）运动，且与两点不共线，直线与椭圆分别交于两点，当为坐标原点时，直线的斜率为，四边形的面积为4.

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线的斜率恒为，求动点的轨迹方程.

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

根据复数的四则运算化简复数，即可得出答案.

【详解】

，

则复数z在复平面内对应的点为，位于第三象限.

故选：C.

2．A

【解析】

【分析】

根据特称命题的否定是全称命题即可求解.

【详解】

命题“”的否定是 “”.

故选：A.

3．B

【解析】

【分析】

由图可知，图中阴影部分表示，先求出集合B，再求出集合B的补集，然后再与集合A求交集

【详解】

由图可知，图中阴影部分表示

由，得，

所以，

所以或，

因为，

所以，

故选：B

4．D

【解析】

【分析】

根据原则结合正态分布的对称性即可得出答案.

【详解】

解：因为某批零件的尺寸（单位：）服从正态分布，

所以

.

故选：D.

5．D

【解析】

【分析】

以运行轨道长轴所在直线为轴，地心为左焦点建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，根据题意列出方程组，解方程组即可．

【详解】

以运行轨道长轴所在直线为轴，地心为左焦点建立平面直角坐标系，

设椭圆方程为，

其中，

根据题意有

，

所以 ，

所以椭圆的离心率．

故选：．

6．C

【解析】

【分析】

先利用等差数列的通项公式得到首项，再利用等差数列的前项和公式和一元二次函数求其最值.

【详解】

设等差数列的首项为，

因为，且，

所以，

解得，

则

，

即取最大值为9.

故选：C.

7．D

【解析】

【分析】

先表示出的坐标，再根据向量的夹角公式列出关于m的方程，解得答案.

【详解】

由题意得，

故 ，

解得 ，其中不合题意，舍去，

故，

故选：D

8．C

【解析】

【分析】

先利用三角函数的符号确定角、、的范围，再利用两角差的正弦公式、同角三角函数基本关系的商数关系得到关于和的方程组，再利用两角和的正弦公式求出，进而结合角的范围进行求解.

【详解】

因为，，

所以或；

若，则，

此时（舍）；

若，则，

此时（符合题意），

所以，

即；

因为且，

所以且，

解得，，

则，

所以.

故选：C.

9．ACD

【解析】

【分析】

根据线面垂直或平行关系，代入分析讨论求证即可.

【详解】

对于选项， ，

则有内的一条直线

因为，

所以

又

所以，

即条件“”能够得到,

所以选项是的充分条件；

对于选项，不一定能够得出结论，

也可能相交或平行；因此该选项错误；

对于选项，，，

所以，

又因为

所以，

因此该选项正确；

对于选项，

因为

所以或

又因为，

所以.

故选：ACD.

10．BCD

【解析】

【分析】

根据指数式与对数式的互化，再利用对数的运算性质及对数大小的比较及不等式的性质即可求解.

【详解】

对于A，

，故A不正确；

对于B，，

，

，故B正确；

对于C，

，故C 正确；

对于D，由B知，，故D正确；

故选：BCD.

11．BC

【解析】

【分析】

利用直线与圆之间的关系，列出点到直线距离公式，逐个选项进行判断即可

【详解】

由题知，可设点，则由切点弦结论得直线，易得直线过定点，故圆心到直线的距离不是定值，不恒成立，故选项不正确；

因为直线过定点，故当时最小，，故最小半径为，所以线段为直径的圆的最小面积为，B选项正确；

四边形的面积，点到直线的距离，故，C选项正确；

当时，直线过原点，两截距均为0，故选项不正确.

故选：BC

12．BC

【解析】

【分析】

设切点，根据导数的几何意义等于切线斜率，以及导数的比值定义式联立等式条件，分析在不同的情况下能够得到几个值，即能够得到几个切点，即对应几条切线即可.

【详解】

因为，

所以，

设切点，

在点处的导数为，

根据导数的几何意义等于切线斜率，以及导数的比值定义式有：

整理得 ，

所以，

①当时，可化为，

由函数定义域知分母不为0，，

所以只能解得，因此过只能找到一条与曲线相切的直线；

②当时，可化为，

是关于的二次方程，，且两根之积为，

所以所求根之中一定不含0，此时对任意能够找到两个满足条件.

综上所述，过点且与曲线相切的直线可能有1或2条.

故选：BC.

13．

【解析】

【分析】

先写出抛物线的焦点坐标，再利用双曲线中的进行求解.

【详解】

因为拋物线的焦点为，

且该点也是双曲线的焦点，

所以，又因为，

所以.

故答案为：.

14．##.

【解析】

【分析】

根据独立事件和对立事件概率公式求解即可.

【详解】

恰好筹集到元慈善基金的情况为：答对第一、二张图片，答错第三张图片，

所求概率.

故答案为：.

15．##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：

16．

【解析】

【分析】

作出大圆截图，利用弦心距、直角三角形得到两个球缺的高，再利用球的体积公式、球缺的体积公式进行求解.

【详解】

记两球面的交线为圆，其大圆截面如图所示，

则，且，

解得，，且圆的半径为12，

两球体的公共部分可看作两个球缺，

小球中的球缺高为，，

大球中的球缺高为，，

故

.

故答案为：.

17．(1)，

(2)

【解析】

【分析】

（1）设出等差数列、等比数列的基本量，根据题意得到关于基本量的方程组进行求解；

（2）利用分组法和等差数列、等比数列的求和公式进行求解.

(1)

解：设等差数列的首项为、公差为，

等差数列的首项为、公比为，

由题意，得，

解得，，，，

所以，；

(2)

解：由题知的前20项和

，

即.

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用、和诱导公式、两角和差的余弦公式进行化简，再结合角的范围进行求解；

（2）利用余弦定理、三角形的面积公式、周长公式得到关于的方程组进行求解.

(1)

解：因为，

所以，

即，

所以，

因为，所以,

所以

又，故，

所以，即；

(2)

解：由余弦定理，得，

即，又，

所以，

即

整理得，

由面积为，即，

所以，.

19．(1)10

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用补形法和体积差减去三棱锥的体积即可；

（2）以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，，求出，并结合立体图形判定二面角为锐角，从而进一步求出二面角余弦值即可.

(1)

平面，同理均与平面垂直，故可将多面体补成如图所示的长方体，此长方体体积为，三棱锥的体积为，故此多面体的体积为10；

(2)

以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，则，

，设平面的法向量为，

则，令得，

又为正方形，，故平面，

为平面的一个法向量，

，

故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

20．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）先根据分组情况和检测人数得到2个感染者分在同一组，再利用组合知识和古典概型的概率公式进行求解；

（2）先根据2位感染者是否分在同一组确定两种检测方案的检测次数及相应概率，得到分布列，再利用期望公式求两个变量的期望，再通过一元二次函数的性质进行求解.

(1)

解：对100个人采取“20合1检测法”需平均分为5组，先检测5次，

因为共检测25次，即2个感染者分在同一组；

只需考虑其中某位感染者所在的小组，

原题等价于：从99人中任选19人与他组成一组，

求选到的19人中有另一位感染者的概率，此概率为；

(2)

解：若2个感染者分在同一组，则

，，

，，

若2个感染者分在不同小组，则

，，

，，

，，

令，

则，

即，

抛物线的对称轴为，

取得，取得，故，

综上，当时，采取“20合1检测法”更适宜.

21．(1)

(2)，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）先求解函数的导函数，再根据极值存在性定理讨论参数的取值范围（注意这里需要二次求导）；

（2）根据题意列出关于的等式，再运用构造新函数法，结合导函数求解最值可得出结果.

(1)

，令，

当时，在上单调递增，即在上单调递增，

，从而在上单增，故无极值点，不满足题意，

当时，，

在上单调递减，在上单调递增，

即在上单调递减，在上单调递增，

又时，故，而，

设，，则，

，故在上为增函数，

故，故在上为增函数，故，

故，而，故在上有且只有一个零点，

故必存在，使得，

且当时单调递减，当时单调递增，

故在处取得极小值，符合题意，；

(2)

由（1）知，即，

，

令，则，

令，

当时，单调递增，单调递增，，.

【点睛】

（1）根据极值求解参数的取值范围，这一问重点要注意二次求导的计算和转化；

（2）先需要将比较大小转化为函数最值问题。再运用构造函数法求解函数的最值.重点运用了转化与化归的思想，同时构造新函数也是解决问题的关键.

22．(1)

(2)且

【解析】

【分析】

（1）根据已知条件及椭圆的顶点，再结合斜率及四边形的面积公式即可求解；

（2）设出直线，与椭圆联立方程组，消去，得关于的一元二次方程，利用韦达定理写出的关系，

利用斜率相等及点在椭圆内且不在直线上即可求解.

(1)

当为坐标原点时，分别为椭圆的右顶点和下顶点，

由题知，解得，

所以椭圆的方程为；

(2)

设点，直线，则

，消去化简整理，得，

由得，则

，又，

则，代入韦达定理得，

由题知，故，即，

即，即，

点在椭圆内部，且不在直线上，

且，

故的轨迹方程为且.