重庆市2022届高三第二次联合诊断检测数学试题含答案.pdf

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1、试卷第 1页，共 4页重庆市重庆市 20222022 届高三第二次联合诊断检测数学试题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、单选题一、单选题1已知：1i12iz，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“0000,sincosxxx”的否定是（）A0,sincosxxx B0,sincosxxx C,0,sincosxxx D,0,sincosxxx 3已知集合21,3,5,6,7,8,9,1448 0ABx xx，则下图中阴影部分表示的集合为（）A1,3,5,7,9B1,3,5,9C1,3,5D1,3,94已知某批零件的尺

2、寸X（单位：mm）服从正态分布10,4N，其中8,14X 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2,XN，则0.6827PX，220.9545PX，330.9973PX）A0.3414B0.4773C0.512D0.81865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r，若神舟十二号飞行轨道的近地距离是30r，远地距离是15r，则神舟十二号的飞行轨道的离心率为（）试卷第 2页，共 4页A1063B263C160D1636等差数列 na的公

3、差为 2，前n项和为nS，若5ma，则mS的最大值为（）A3B6C9D127已知向量2,4,2,abm，若ab与b的夹角为60，则m（）A33B33C2 33D2 338已知,0,，5sin6，tan1tan4，则（）A56BC76D116二、多选题二、多选题9已知空间中的两条直线,m n和两个平面,，则”的充分条件是（）A,mmB,mnmnC,mm,n nD,mn mn10已知2510ab，则（）A111abB2abC4ab D4ab11已知点0,0,4,4OA，过直线OA上一点B作圆22:(4)4Cxy的切线，切点分别为,P Q，则（）A以线段PQ为直径的圆必过圆心CB以线段PQ为直径的圆

4、的面积的最小值为2C四边形BPCQ的面积的最小值为 4D直线PQ在,x y轴上的截距的绝对值之和的最小值为 412已知曲线 exf xx及点,0P s，则过点P且与曲线 yf x相切的直线可能有（）试卷第 3页，共 4页A0 条B1 条C2 条D3 条三、填空题三、填空题13若拋物线28yx的焦点也是双曲线2221(0)xyaa的焦点，则a_.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

5、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0.9，0.5，0.4，相应能募集到的基金金额分别为1000元，2000元，3000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3000元慈善基金的概率为_.15521()(2)xmxx的展开式中x的系数是27，则m _.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

6、而成，球心距1225OO，则该标志的体积为_.附：一个半径为R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H），球缺的体积公式为23HVHR.四、解答题四、解答题17 已知各项均为正数的等差数列 na的前三项和为 12，等比数列 nb的前三项和为17b，且11ab，22ab.(1)求 na和 nb的通项公式；(2)设,21,2nna nkcbnk，其中*Nk，求数列 nc的前 20 项和.试卷第 4页，共 4页18在ABC中，角,A B C的对边分别,a b c，1cos sinsin sin632CACA.(1)求B；(2)若ABC的周

7、长为 4，面积为33，求b.19如图，在多面体ABCDEFG中，矩形ADEF，矩形CDEG所在的平面均垂直于正方形ABCD所在的平面，且2,3ABAF.(1)求多面体ABCDEFG的体积；(2)求平面BFG与平面ADEF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“n合 1 检测法”，即将n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*20k k N人，已知其中有 2 人感染病毒.(1)若5k，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X，采取“20 合

8、 1 检测法”的总检测次数为Y，若仅考虑总检测次数的期望值，当k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 2e1(0)xf xaxxx存在极值点0 x.(1)求实数a的取值范围；(2)比较02fx与 0 的大小，请说明理由.22椭圆2222:1(0)xyCabab的左顶点为A，上顶点为B，点P在椭圆C的内部（不包含边界）运动，且与,A B两点不共线，直线,PA PB与椭圆C分别交于,D E两点，当P为坐标原点时，直线DE的斜率为12，四边形ABDE的面积为 4.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线DE的斜率恒为12，求动点P的轨迹方程.答案第 1页，共 16页参考答

9、案：参考答案：1C【解析】【分析】根据复数的四则运算化简复数z，即可得出答案.【详解】1 2i(1 2i)(1 i)1 3i13i1 i2222z ，则复数 z 在复平面内对应的点为13(,)22，位于第三象限.故选：C.2A【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“0000,sincosxxx”的否定是“0,sincosxxx”.故选：A.3B【解析】【分析】由图可知，图中阴影部分表示RAB，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RAB 由214480 xx，得68x，所以68Bxx，所以R6Bx x或8x

10、，因为1,3,5,6,7,8,9A，答案第 2页，共 16页所以R1,3,5,9AB ，故选：B4D【解析】【分析】根据3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X（单位：mm）服从正态分布10,4N，所以8148101014PXPXPX1181261422PXPX110.68270.95450.818622.故选：D.5D【解析】【分析】以运行轨道长轴所在直线为x轴，地心F为左焦点建立平面直角坐标系，设椭圆方程为22221xyab0ab（），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x轴，地心F为左焦点建立平面直角坐标系，设椭圆方程为2222

11、1xyab0ab（），答案第 3页，共 16页其中222abc，根据题意有131,3030acRRR1161515acRRR，所以63230aR，1230cR，所以椭圆的离心率21263cceaa故选：D6C【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n项和公式和一元二次函数求其最值.【详解】设等差数列 na的首项为1a，因为5ma，且2d，所以1+2(1)5am，解得172am，则1()(122)=22mmm aammS2(3)99m，即3mmS 时取最大值为 9.故选：C.7D【解析】【分析】先表示出ab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.【

12、详解】由题意得(0,4)abm，答案第 4页，共 16页故2()(4)1cos,2|4|4abbm mab babbmm ，解得2 33m ，其中2 33m 不合题意，舍去，故2 33m，故选：D8C【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sin cos和cos sin的方程组，再利用两角和的正弦公式求出1sin2，进而结合角的范围进行求解.【详解】因为,0,，tan10tan4，所以 0,2 2或 0,2 2；若 0,2 2，则0，此时sin0（舍）；若 0,2 2，则0，此时sin0（符合题意），所以 0,2 2，即

13、 3,22；因为5sin6且tan1tan4，所以5sin coscos sin6且sin cos1cos sin4，解得1sin cos6，2cos sin3，则1sin2，答案第 5页，共 16页所以76.故选：C.9ACD【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A，m，则有m内的一条直线,l因为m，所以,l又,l所以，即条件“,mm”能够得到,所以选项A是的充分条件；对于选项B，,mnmn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C，n，mn，所以m，又因为,m所以，因此该选项正确；对于选项D，因为,mn m所以,n或,n又因为

14、n，所以.故选：ACD.10BCD答案第 6页，共 16页【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】252510,log 10,log 10,abab对于 A，lglglglglogloglglglglgab251111112510101010101025loglogloglog101010102255101，故 A 不正确；对于 B，log,logloglogab2255510 221010100，342328,216,525,5125logloglog;logloglogab222555816342510012522103

15、，2ab，故 B 正确；对于 C，lglglglglglglogloglogloglglglglgab102525251025101015122525loglogloglogloglog 25252515252252loglog,loglogab 22555422102204，故 C 正确；对于 D，由 B 知，,abbab 31134 2231422，故 D 正确；故选：BCD.11BC【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00,B x x，则由切点弦结论得直线00:444PQxxx y，易得直线PQ过定点3,1M，故圆心C到

16、直线PQ的距离不是定值，PCCQ不恒成立，故A选项不正答案第 7页，共 16页确；因为直线PQ过定点3,1M，故当PQCM时PQ最小，min|2 422 2PQ，故最小半径为2，所以线段PQ为直径的圆的最小面积为2，B 选项正确；四边形BPCQ的面积222|4SBPPCBPBC，min|BC点C到直线OA的距离2 2，故min2 8 44S，C 选项正确；当03x 时，直线:30PQxy 过原点O，两截距均为 0，故D选项不正确.故选：BC12BC【解析】【分析】设切点000e(,)xxx，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,0P s的情况下能够得到几

17、个0 x值，即能够得到几个切点，即对应几条切线即可.【详解】因为 exf xx，所以 2(1)exxfxx，设切点000e(,)xxx，在点000e(,)xxx处的导数为0020e(1)xxx，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：0002000e(1)e0 xxxkxxkxs整理得00000e(1)()exxxxsx，答案第 8页，共 16页所以000(1)()xxsx，当0s 时，000(1)()xxsx可化为20020 xx，由函数定义域知分母不为 0，00 x，所以只能解得0=2x，因此过(0,0)只能找到一条与曲线相切的直线；当0s 时，000(1)()xxsx可化

18、为200(2)0 xsxs，是关于0 x的二次方程，22=(+2)440sss，且两根之积为s，所以所求根之中一定不含 0，此时对任意s能够找到两个0 x满足条件.综上所述，过点P且与曲线 yf x相切的直线可能有 1 或 2 条.故选：BC.133【解析】【分析】先写出抛物线的焦点坐标，再利用双曲线中的222abc进行求解.【详解】因为拋物线28yx的焦点为2,0F（），且该点也是双曲线2221(0)xyaa的焦点，所以2214a，又因为0a，所以3a.故答案为：3.140.27#27100.【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3000元慈善基金的情况为

19、：答对第一、二张图片，答错第三张图片，所求概率0.9 0.51 0.40.27p.答案第 9页，共 16页故答案为：0.27.1512#0.5【解析】【分析】利用多项式乘多项式法则，求出5(2)mx 展开式中常数项及3x项即可列式计算作答.【详解】依题意，521()(2)xmxx的展开式中x的项是由21,xx分别与5(2)mx 展开式中常数项及3x项相乘积的和，因此，521()(2)xmxx的展开式中x的项为5523235521C(2)C()(2)(3240)xmxmxx ，即有3324027m，解得12m，所以12m.故答案为：121614400【解析】【分析】作出大圆截图，利用弦心距、直角

20、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O，其大圆截面如图所示，则2222121520OOO O，且1225OOOO，答案第 10页，共 16页解得19OO，216OO，且圆O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1156OO，136152V，大球中的球缺高为2204OO，2416203V，故33124 15203VVV334 152027 13 16 14314400.故答案为：14400.17(1)2nan，2nnb(2)2246【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

21、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 na的首项为1a、公差为d，等差数列 nb的首项为1b、公比为q，由题意，得1112113312(1)700adadbqbqqbqd，解得12a，2d，12b，2q=，所以2nan，2nnb；(2)解：由题知 nc的前 20 项和13192420Saaabbb，答案第 11页，共 16页即1022123810224622 1S.18(1)3(2)32【解析】【分析】（1）利用()632AA、ACB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

22、得到关于,a b c的方程组进行求解.(1)解：因为1cos sinsin sin632CACA，所以1cos sinsin sin3232CACA，即1coscossin sin323CACA，所以1cos23AC，因为ABC，所以ACB,所以21os3c2B又0B，故33322B，所以233B，即3B；(2)解：由余弦定理，得2221cos22acbBac，即222acacb，又4abc，所以2224acacac，即22()34acacac整理得3168acac，答案第 12页，共 16页由面积为13sin233ac，即43ac，所以52ac，32b.19(1)10(2)3 2222【解析

23、】【分析】（1）利用补形法和体积差减去三棱锥BFHG的体积即可；（2）以A为坐标原点，,AB AD AF 分别为,x y z轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面BFG与平面ADEF的法向量21,1,3m，1,0,0n，求出,m n，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),AFADAF平面ABCD，同理,ED GC均与平面ABCD垂直，故可将多面体补成如图所示的长方体ABCDFHGE，此长方体体积为22 312，三棱锥BFHG的体积为12 323 ，故此多面体的体积为 10；(2)以A为坐标原点，,AB AD AF 分别为,x y z轴正方向建立空间直角坐标系，则

24、0,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,3,2,2,3ABDFG，2,0,3,2,2,0BFFG ，设平面BFG的法向量为,mx y z，则230220 xzxy，令1x 得21,1,3m，又ABCD为正方形，ABAD，故AB 平面ADEF，答案第 13页，共 16页1,0,0n为平面ADEF的一个法向量，13 22cos,2241 119m n ，故平面BFG与平面ADEF所成锐二面角的余弦值为3 2222.20(1)1999(2)20k【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

25、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18981999C19C99；(2)解：若 2 个感染者分在同一组，则210Xk，82029201C9C201kkPk，20Yk，1820219201C19C201kkPk，若 2 个感染者分在不同

26、小组，则220Xk，91201Pk，40Yk，191201Pk，答案第 14页，共 16页90220201E Xkk，38040201E Ykk，令 E XE Y，则9038022040201201kkkk，即2*20.0515.50,kkkN，抛物线220.0515.5yxx的对称轴为10.025x，取20 x=得0y，取19x 得0y，故20k，综上，当20k时，采取“20 合 1 检测法”更适宜.21(1)12a(2)020fx，理由见解析【解析】【分析】（1）先求解函数 fx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0 x的等式，再

27、运用构造新函数法，结合导函数求解最值可得出结果.(1)e21xfxax，令 e21(0),e21 2xxh xaxxh xaa，当12a时，0,h xh x在0,上单调递增，即()fx在0,上单调递增，00fxf，从而 fx在0,上单增，故 fx无极值点，不满足题意，当12a 时，0ln2,0ln2h xxa h xxa，h x在0,ln2a上单调递减，在ln2,a 上单调递增，即()fx在0,ln2a上单调递减，在ln2,a 上单调递增，又 00f 时，故ln20fa，而22ln244 ln21faaaa，设21ta，22 ln1,1u ttttt，则 222lnu ttt，210tutt，

28、故 u t在1,上为增函数，答案第 15页，共 16页故 10u tu，故 u t在1,上为增函数，故 10u tu，故2ln20fa，而2ln2ln2aa，故()fx在ln2,a 上有且只有一个零点，故必存在0ln2xa，使得00fx，且当00,xx时 0,fxf x单调递减，当0,xx时 0,fxf x单调递增，故 fx在0 xx处取得极小值，符合题意，12a；(2)由（1）知00e210 xax，即0002e1,0 xaxx，0000022220000002e421e2e121e2e1xxxxxfxaxxxxx ，令 2e2 e1xxg xx，则 22e21 e2ee1xxxxgxxx，

29、令 e1xh xx，当0 x 时，e10,xh xh x 单调递增，00,0,h xhgxg x单调递增，00g xg，020fx.【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)2214xy(2)20(22xyx且1)x 【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DE，与椭圆联立方程组，消去y，得关于x的一元二次方程，利用韦达定理写出12,x x的关系，利用斜

30、率相等及点P在椭圆内且不在直线AB上即可求解.(1)答案第 16页，共 16页当P为坐标原点时，,D E分别为椭圆的右顶点和下顶点，由题知1212242baab，解得2,1ab，所以椭圆C的方程为2214xy；(2)设点001122,P x yD x yE x y，直线1:2DE yxt，则221214yxtxy，消去y化简整理，得222220 xtxt，由22244 224 20ttt得22t，则212122,22xxt x xt，又1200120111022211111111122,222222xtxtyyyyttxxxxxxxx，则120000112,111222ttxxyyxx，代入韦达定理得00001122111222tttyyxx，由题知1t，故0000112111222yyxx，即00000022222222xxyxyx，即00022220 xyx，即0020 xy，点P在椭圆内部，且不在直线AB上，022x且01x ，故P的轨迹方程为20(22xyx且1)x .