四川省泸县第二中学2022届高三下学期二诊模拟考试数学（理）试题

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泸县二中高2022届2022年春期二诊模拟考试
理科数学试题
数学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，满150分.
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置.
2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效.
3．非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效.
第一部分（选择题共60分）
一、选择题（本大题共12题，每小题5分，共60分，只有一项是符合题目要求）.
1. 已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C D.
【1题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用集合的关系、集合的交并补集的定义求解.
【详解】解：由题得，所以选项A错误；
，所以选项B错误；
，所以选项C正确；
，所以选项D错误.
故选：C
2. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【2题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】先对已知式子化简求出复数，从而可得答案
【详解】，
所以z对应的点位于第三象限.
故选：C
3. 某保险公司销售某种保险产品，根据2020年全年该产品的销售额（单位：万元）和该产品的销售额占总销售额的百分比，绘制出如图所示的双层饼图.根据双层饼图，下列说法正确的是（ ）

A. 2020年第四季度的销售额为380万元
B. 2020年上半年的总销售额为500万元
C. 2020年2月份的销售额为60万元
D. 2020年12个月的月销售额的众数为60万元
【3题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】首先利用第二季度的销售额占比和销售总额求出全年的销售额，然后根据双层饼图逐项求解即可.
【详解】不妨设全年总销售额为万元，则第二季度的销售额可得，，解得，，
选项A：第四季度销售额为(万元)，故A错误；
选项B：由图可知，上半年销售额为(万元)，故B错误；
选项C：由图可知，1月份和3月份销售额之和为(万元)，
故2月份的销售额为(万元)，故C错误；
选项D：由图易知，2月份的销售额占比为，从而由图可知，月销售额占比为的月份最多，故月销售额的众数为(万元)，故D正确.
故选：D.
4. 对任意非零实数，，若的运算原理如图所示，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【4题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】先分析出该程序的作用是计算分段函数函数值，然后由即可得到正确答案.
【详解】分析程序中各变量、各语句的作用，
再根据流程图所示的顺序，可知：
该程序的作用是计算分段函数函数值，
，
此时，
．
故选：C．
5. 在区间内任取一个数，使得不等式成立的概率为（ ）
A. B. C. D.
【5题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】先求出在区间内的解集，再根据几何概型的概率公式求得答案.
【详解】因为，所以，
解得，.,
因为，所以，
所以的解集的区间长度为 ，
则所求概率，
故选：C.
6. 已知平面向量，若，则与的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【6题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】将变为，将该式两边平方，利用向量的乘法运算求出，再根据向量的夹角公式计算可得答案.
【详解】由，可得，
所以，即，
所以，
设的夹角为，则,
故选：B.
7. 已知是定义在R上的奇函数，若为偶函数且，则（ ）
A. B. C. 3 D. 6
【7题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得函数是以3为周期的周期函数，根据函数的周期性分别求出即可得解.
【详解】解：因为为偶函数，
所以函数关于直线对称，则有，
因为是定义在R上的奇函数，所以，
所以，所以
所以是以3为周期的周期函数，
故，，
所以.
故选：A.
8. 2021年10月我市组织全体在校高中生集中观看电影《冰雪长津湖》，某电影院为了做好防疫工作组织了5个服务管理小组，分配到3个影厅进行服务和管理，若每个影厅至少分配1个服务管理小组，每个服务管理小组只能在1个影厅进行服务和管理，则不同的分配方法种数为（ ）
A. 125 B. 150 C. 240 D. 300
【8题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】3个影厅的小组的数目为：2,2,1或1,1,3，据此分类计算后可得分配方法的总数.
【详解】5个服务管理小组，分配到3个影厅进行服务和管理，3个影厅小组的数目为：2,2,1或1,1,3.
若3个影厅的小组的数目为2,2,1，则不同的分配方法种数为；
若3个影厅的小组的数目为1,1,3，则不同的分配方法种数为；
故不同的分配方法总数为150，
故选：B.
9. 已知的三个内角A，B，C所对的边长分别是a，b，c，且，若将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像，则下列说法中正确的是（ ）
A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于直线对称
C. 当时，函数的最小值为 D. 函数在上单调递增
【9题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】利用正余弦定理可得，利用图象变换可得，再利用三角函数的性质逐项分析即得.
【详解】∵，
∴，即，
∴，又，
∴，
∴，又将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像，
∴，
∴函数的最小正周期为，故A错误；
当时，，函数的图象不关于直线对称，故B错误；
当时，，
即，故C正确；
当时，，所以函数在上有增有减，故D错误.
故选：C.
10. 在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【10题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】依题意得平面，因此三棱锥可以嵌在如图的直三棱柱中，所以，三棱锥的外接球与直三棱柱的外接球相同. 求得直三棱柱底面外接圆半径，进而可得外接球半径，从而可得结果.
【详解】依题意，，则；，则，又，所以平面. 因此三棱锥可以嵌在以为底面的直三棱柱中，如图所示.
所以，三棱锥的外接球与直三棱柱的外接球相同.
设直三棱柱两底面的外心分别为，，则的中点即其外接球球心.
在三角形中，易得，所以，设三角形外接圆半径，由正弦定理得，则.
在直角三角形中，，，则外接球半径，故三棱锥外接球的表面积.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：证得平面，因此三棱锥可以嵌在如图的直三棱柱中，将问题转化为求直三棱柱的外接球半径.

11. 椭圆的左右焦点分别为､，直线与交于A､两点，若，，当时，的离心率的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【11题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】结合题干条件得到，表达出，，利用椭圆定义得到关系，结合的范围求出离心率的最小值.
【详解】连接，由题知点A､关于原点对称，，，，则，，又，即，，由得，所以，D正确.

故选：D
12. 将方程的实数根称为函数的“新驻点”.记函数的“新驻点”分别为，则（ ）
A. B. C. D.
【12题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】利用“新驻点”的定义，分别求出三个函数的“新驻点”，从而可比较其大小
【详解】解：由，得，则，，
所以由，得，
由，得，所以，
令，则，当时，，所以在上为增函数，因为，，所以，
由，得，令，所以，
令，得或，所以当或时，，单调递增，当时，，单调递减，
又，，，，所以，
综上得，
故选：C.
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题纸的相应位置上.）
13. 若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为______.
【13题答案】
【答案】2
【解析】
【分析】求得双曲线的一条渐近线方程，求得圆心和半径，运用点到直线的距离公式和弦长公式，可得a，b的关系，即可得到的值．
【详解】的一渐近线x＋ay＝0，被圆(x－2)2＋y2＝4所截弦长为2，
所以圆心到直线距为，即 ，a＝1.所以双曲线的实轴长为2.
故答案为：
14. 若，则的展开式中常数项为______．
【14题答案】
【答案】
【解析】
【分析】根据微积分基本定理和二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】因为，而，
令，故，所以常数项为．
故答案为：
15. 某人有楼房一栋，室内面积共计，拟分割成两类房间作为旅游客房，大房间每间面积为，可住游客4名，每名游客每天的住宿费100元；小房间每间面积为，可住游客2名，每名游客每天的住宿费150元；装修大房间每间需要3万元，装修小房间每间需要2万元.如果他只能筹款25万元用于装修，且假定游客能住满客房，则该人一天能获得的住宿费的最大值为___________元.
【15题答案】
【答案】3600
【解析】
【分析】先设分割大房间为间，小房间为间，收益为元，列出约束条件，再根据约束条件画出可行域，设，再利用的几何意义求最值，只需求出直线过可行域内的整数点时，从而得到值即可．
【详解】解：设装修大房间间，小房间间，收益为万元，则，目标函数，由，解得
画出可行域，得到目标函数过点时，
有最大值，．
故应隔出大房间3间和小房间8间，
每天能获得最大的房租收益最大，且为3600元．


故答案为：3600
16. 已知四面体的所有棱长均为，、分别为棱、的中点，为棱上异于、的动点．则下列结论中正确的结论的序号为__________．
①线段的长度为；
②若点为线段上的动点，则无论点与如何运动，直线与直线都是异面直线；
③的余弦值的取值范围是；
④周长的最小值为．
【16题答案】
【答案】①④
【解析】
【分析】将正四面体放在正方体中观察.
对于①，可根据、分别为正方体前后两个面的中心可得出结论；
对于②，取为的中点，取为的中点，此时与相交；
对于③，计算可得，由逼近思想可作出判断；
对于④，空间问题平面化的技巧，将三角形与放在同一平面上，可计算出.
【详解】在棱长为的正方体上取如下图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为四面体，

显然，、分别为正方体前后两个面的中心，故线段的长度为正方体棱长，故 ①对；
对于②，如图，取为的中点，取为的中点，取为的中点，则由正方体的性质易知，、、三点在一条直线上，故此时与相交于，故②错；


对于③，，，
又有，故，
故点无限接近点时，会无限接近，故的余弦值的取值范围不为，③错误；
对于④，如图将等边三角形与铺平，放在同一平面上，
故有，当且仅当为中点时取最小值，
故在正方体中，故周长的最小值为，故④对.


故答案为：①④.
【点睛】思路点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
三、解答题（本大题共6个小题，共70分.解答应写出必要的文字说明，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.）
（一）必考题：每题12分，共60分.
17. 已知数列为等差数列，是数列的前项和，且，，数列满足.
（1）求数列、的通项公式；
（2）令，证明：.
【17~18题答案】
【答案】（1），.
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列基本量代换求出，利用前n项和的定义求出；
（2）用错位相减法求和后即可证明.
【小问1详解】
设等差数列的公差为d.
因为，，所以，解得：，所以.
因为数列满足，
所以n=1时，有，解得：.
当时， ，
因为，所以.
经检验，对n=1也成立，所以.
【小问2详解】
由（1）知，.记是数列的前项和.
则①
①式同乘以得：②
①-②得：
所以
因为，所以，所以.
即证.
18. 2015年3月24日，习近平总书记主持召开中央政治局会议，通过了《关于加快推进生态文明建设的意见》，正式把“坚持绿水青山就是金山银山”的理念写进中央文件，成为指导中国加快推进生态文明建设的重要指导思想．为响应国家号召，某市2016年清明节期间种植了一批树苗，两年后市园林部门从这批树苗中随机抽取100棵进行跟踪检测，得到树高的频率分布直方图如图所示：

（1）求树高在225-235cm之间树苗的棵数，并求这100棵树苗树高的平均值;
（2）若将树高以等级呈现，规定：树高在185-205cm为合格，在205-235为良好，在235-265cm为优秀．视该样本的频率分布为总体的频率分布，若从这批树苗中随机抽取3棵，求树高等级为优秀的棵数的分布列和数学期望；
（3）经验表明树苗树高，用样本的平均值作为的估计值，已知，试求该批树苗小于等于255.4cm的概率．
（提供数据：，，）
附：若随机变量Z服从正态分布，则，，．
【18~20题答案】
【答案】（1）15，220.5
（2）分布列见解析，0.6
（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图求出[225,235]间的频率，可得棵数，由频率分布直方图中各矩形中间点乘以频率再相加即得均值；
（2）树高为优秀的概率是0.2，取值依次为0,1,2,3，由二项分布计算出概率得概率分布列，再由期望公式计算出期望；
（3）由正态分布的概率性质结合给出的数据可计算出概率.
【小问1详解】
树高在225-235cm之间的棵数为：
.
树高的平均值为：
，
【小问2详解】
由（1）可知，树高为优秀的概率为：，由题意可知的所有可能取值为0，1，2，3，，，
，，故的分布列为：

0
1
2
3
P
0.512
0.384
0.096
0.008
所以
【小问3详解】
由（1）的结果，结合参考数据，可知，
所以．
19. 如图，在圆锥中，为底面圆的直径，为底面圆上两点，且四边形为平行四边形，过点作，点为线段上一点，且满足．


（1）证明：平面；
（2）若圆锥的侧面积为底面积的2倍，求二面角的余弦值．
【19~20题答案】
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据平面，得出，然后证明四边形为菱形，可得，最后可证平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用法向量求解二面角的余弦值.
【小问1详解】
在圆锥中，平面，又平面，∴，
四边形为平行四边形，又在圆锥中，，
∴四边形为菱形，∴．
又，平面AOB，，∴平面．
【小问2详解】
在圆锥中，平面，
又平面，∴，，
由（1）知，又，∴，
以点为坐标原点，向量的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系．

设圆锥的底面半径为r，母线长为R．
则，．
由题意知，即，∴．
不妨令，则，∴，，，，
∴，，，
设平面BPF的法向量为，
则，令，则，，
∴是平面EPF的一个法向量．
设平面EPF法向量为，则，
令，则，，∴是平面BPF的一个法向量．
设二面角的大小为，
则，
∴二面角的余弦值为．
20. 已知，.
（1）讨论的单调区间；
（2）当时，证明：.
【20题答案】
【答案】（1）在上单调递减；在和上单调递增.（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）先求函数的定义域，再进行求导得，对分成，，三种情况讨论，求得单调区间；
（2）要证由，等价于证明，再对分，两种情况讨论；证明当时，不等式成立，可先利用放缩法将参数消去，转化成证明不等式成立，再利用构造函数，利用导数证明其最小值大于0即可。
【详解】（1）的定义域为，
，
当时，由，得；
由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，由，得或；
由，得；
所以在上单调递减，在和上单调递增；
当时，由，得在上单调递增；
当时，由，得或；由，得；
所以在上单调递减；在和上单调递增.
（2）由，得，
①当时，，，不等式显然成立；
②当时，，由，得，
所以只需证：，
即证，令，
则，，
令，
则，
令，
则，
所以在上为增函数，
因为，，
所以存在，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
所以，
所以原命题得证
【点睛】本题考查含参数函数的单调性、放缩法证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，在分类讨论时要做到不重不漏，在运用放缩法时，要注意合理进行消参。
21. 已知抛物线C1：x2=y，圆C2：x2+（y﹣4）2=1的圆心为点M
（1）求点M到抛物线C1的准线的距离；
（2）已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程．

【21题答案】
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】（1）
由于抛物线C1：x2=y准线方程为：y=﹣，圆C2：x2+（y﹣4）2=1的圆心M（0，4），
利用点到直线的距离公式可以得到距离d==．
（2）设点P（x0，x02），A（x1，x12），B（x2，x22）；
由题意得：x0≠0，x2≠±1，x1≠x2，
设过点P的圆c2的切线方程为：y﹣x02=k（x﹣x0）即y=kx﹣kx0+x02①
则，即（x02﹣1）k2+2x0（4﹣x02）k+（x02﹣4）2﹣1=0
设PA，PB的斜率为k1，k2（k1≠k2），则k1，k2应该为上述方程的两个根，
∴，；
①代入y=x2得：x2﹣kx+kx0﹣x02=0 因为x0应为此方程的根，
故x1=k1﹣x0，x2=k2﹣x0
∴kAB=x1+x2=k1+k2﹣2x0=
由于MP⊥AB，∴kAB•KMP=﹣1⇒
故P∴．


（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果都做，则按所作第一题计分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；直线的参数方程为 （为参数），直线与曲线分别交于两点．
（1）写出曲线直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）若点的极坐标为，，求的值．
【22题答案】
【答案】(1) 曲线的直角坐标方程为即，直线的普通方程为；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用代入法消去参数方程中的参数，可得直线的普通方程，极坐标方程两边同乘以利用 即可得曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.
【详解】（1）由，得，
所以曲线直角坐标方程为，
即， 直线的普通方程为.
(2)将直线的参数方程代入并化简、整理，
得. 因为直线与曲线交于，两点．
所以，解得.
由根与系数的关系，得，.
因为点的直角坐标为，在直线上.所以，
解得，此时满足.且，故.．
【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．
[选修4－5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）设，，，，集合中的最大元素为，且，，求的最小值.
【23题答案】
【答案】（1）；（2）最小值为.
【解析】
【分析】（1）用零点分段讨论求解即可；
（2）由（1）知，进而由柯西不等式求解即可.
【详解】（1）不等式可化为
，或，或，
解得，或，或，

不等式的解集.
（2）易知，所以，，
由柯西不等式得
(当且仅当时取等号)，
，即，
的最小值为.


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