2022届海南省高三学业水平诊断（二）数学试题含解析

这是一份2022届海南省高三学业水平诊断（二）数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届海南省高三学业水平诊断（二）数学试题一、单选题1．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【答案】C【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：C2．已知集合，集合，则（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出集合，再根据集合中和，即可求出结果.【详解】因为集合，所以，在集合中，由，得，即，又，所以，，，即.故选：B.3．已知角为第二象限角，，则（     ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由角所在的象限及同角三角函数的平方关系、商数关系求即可.【详解】因为是第二象限角，所以，，由，，可得：.故选：A.4．函数的零点个数为（     ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】将问题转化为函数与的图象交点的个数，进而作图判断即可.【详解】解:函数的零点个数即函数与的图象交点的个数，作图如图所示，由图可知，两图象有两个交点，故原函数有2个零点故选：C5．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型.如图1，正方体的棱长为2，用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个牟合方盖（如图2）.已知这个牟合方盖与正方体内切球的体釈之比为，则正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为（     ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可求出正方体的体积和其内切球的体积，从而可求出牟合方盖的体积，然后用正方体的体积减去牟合方盖的体积即可【详解】正方体的体积为，其内切球的体积为，由条件可知牟合方盖的体积为，故正方体除去牟合方盖后剩余的部分体积为.故选：C6．已知抛物线的焦点为F，以F为圆心，p为半径的圆F与抛物线C交于点M，N，与x轴的正半轴交于点Q，若，则p=（     ）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点M作抛物线准线的垂线，垂足为，设抛物线准线与x轴的交点为，证明出四边形是正方形，得到，且即可求解.【详解】如图示：过点M作抛物线准线的垂线，垂足为，由抛物线定义，.设抛物线准线与x轴的交点为，则，所以四边形是正方形，则，且又，所以.故选：A7．若函数是定义在R上的增函数，则实数m的取值范围是（     ）A． B．C． D．【答案】D【分析】作出函数和的大致图象，如图，联立直线和抛物线方程求出点A、B的横坐标，对m取、、、情况分类讨论，利用数形结合的数学思想即可得出结果.【详解】如图，作出函数和的大致图象.，得，解得，，注意到点A是二次函数图象的最低点，所以若，则当时，单调递减，不符合题意；当时符合题意；当时，则，在时函数图象“向下跳跃”，不符合题意；当时，符合题意.所以m的取值范围为：或.故选：D8．在直角梯形ABCD中，，，且，.若线段CD上存在唯一的点E满足，则线段CD的长的取值范围是（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立平面直角坐标系，根据数量积的坐标运算，即可求得答案.【详解】解析   如图所示，以A为坐标原点，和分别为x轴和y轴正方向建立直角坐标系.则 , 设DE的长为x，则 ，则，，所以，解得或，由题意知： ，且点E存在于CD上且唯一，知CD的长的取值范围是，故选：B.二、多选题9．依据我国《地表水环境质量标准》，水质由高到低可以分为I、II、III、IV、V、劣V类六个类别，其中I、II类水质适用于饮用水源地一级保护区，劣V类水质除调节局部气候外，几乎无使用功能.环境监测部门某一年对全国范围内各大水域的水质情况进行监测，统计了各水域不同水质所占的比例，得到了下面的统计图.从统计图中能够得到的合理推断是（     ）A．浙闽片河流、西北诸河、西南诸河水质情况整体高于其他流域水质情况B．辽河流域I~III类水质占比小于60%C．黄河流域的水质比长江流域的水质要好D．IV、V类水质所占的比例最高的是淮河流域【答案】ABD【分析】根据统计图分析各选项的描述是否正确即可.【详解】A：浙闽片河流、西北诸河、西南诸河I-III类水质占比最高，正确；B：由图知：辽河流域I~III类水质占比小于60%，正确；C：由图知：长江流域I~III类水质占比高于黄河流域，其它类占比小于黄河流域，错误；D：淮河流域IV、V类水质所占的比例最高，正确.故选：ABD.10．已知等比数列是递增数列，是其公比，下列说法正确的是（     ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】根据等比数列的性质可知，递增的等比数列包括两种情况：时或时.【详解】由题意知，递增的等比数列包括两种情况：时或时.故，，故选：BD11．已知函数，设，则成立的一个充分条件是（     ）A． B．C． D．【答案】CD【分析】根据函数的单调性和奇偶性可知函数为偶函数，且在上单调递增，所以在上单调递减，结合可得，举例说明即可判断选项A、B，将选项C、D变形即可判断.【详解】函数的定义域为R，则函数，所以函数是偶函数，当时，，，所以在上单调递增，所以在上单调递减.若，则，即.A：若，满足，但，故A错误；B：若，满足，但，故B错误；C：由可得，即，故C正确；D：由，故D正确.故选：CD12．对于直角坐标平面内的任意两点，，定义它们之间的一种“距离”：，则下列说法正确的是（     ）A．若点C是线段AB的中点，则B．在中，若，则C．在中，D．在正方形ABCD中，有【答案】ACD【分析】对于AC，根据距离的新定义分析判断，对于B，举例判断，对于D，根据距离的新定义结合图形分析判断【详解】对于A，，故A正确；对于B，取，则，而，不满足，故B错误；对于C，设，则，因为，同理，所以，故C正确；对于D，设正方形ABCD的边长为a，当正方形的边与坐标轴平行时，易知，如图，设AB与x轴的夹角为，由图可知，故D正确.故选：ACD三、填空题13．若对任意的且，函数的图象恒过定点P，则点P的坐标为___________.【答案】（2，1）【分析】根据对数函数的图象和性质，令，解得，进而得出点P坐标.【详解】令，解得，则，所以点P的坐标为（2，1）.故答案为：（2，1）.14．已知双曲线的右顶点为.若到的一条渐近线的距离为，则的离心率为___________.【答案】【分析】根据意义可知，再根据点到直线的距离公式，即可求出，再根据双曲线离心率为，即可求出结果.【详解】由题意可知，双曲线的渐近线为，，又双曲线的右顶点为，所以，又到的一条渐近线的距离为，所以，所以，所以，所以的离心率为.故答案为：.15．已知函数的图象如图所示，点M和N分别是最低点和最高点，P是的图象与x轴的一个交点，轴于点Q，O为坐标原点，若且，则A=___________.【答案】【分析】根据函数解析式可得函数的最小正周期，进而可得点N、M的坐标，利用坐标表示出、，结合平面向量的数量积得出关于A的方程，解方程即可.【详解】由已知，得的最小正周期，所以，所以，，则，，所以，化简得，解得，又，所以.故答案为：16．在空间直角坐标系Oxyz中，已知点，，，若平面轴，且，则直线与平面所成的角的正弦值为___________.【答案】【分析】根据题意设平面的法向量为，进而根据得，再根据向量方法计算与平面所成的角的正弦值.【详解】解：，，由平面平行于y轴，可设平面的法向量为，因为，所以，即，所以可取，所以，所以直线AC与平面所成的角的正弦值为.故答案为：四、解答题17．某市场研究机构为了解用户在选购相机时品牌因素的影响，用A，B两个品牌的相机各拍摄了一张照片，然后随机调查了200个人，让他们从中选出自己认为更好的一张照片.这200个人被分成两组，其中一组不知道两张照片分别是哪个品牌的相机拍摄的.称为“盲测组”；另一组则被告知相关信息，称为“对照组”.调查结果统计如下： 选择A品牌相机拍摄的照片选择B品牌相机拍摄的照片盲测组6634对照组4456 (1)分别求盲测组和对照组认为A品牌相机拍摄的照片更好的概率；(2)判断是否有99%的把握认为相机的品牌对用户有影响.附：，其中.0.0500.0100.0013.8416.63510.828 【答案】(1)0.66，0.44；(2)是有99%的把握认为相机的品牌对用户有影响.【分析】（1）根据古典概型概率公式计算求解即可；（2）根据独立性检验思想求解即可.(1)解：由题中数据可知：盲测组认为A品牌相机拍摄的照片更好的概率为；对照组认为A品牌相机拍摄的照片更好的概率为.(2)解：零假设为：用户选择的照片与相机品牌之间无关，即相机的品牌对用户无影响.根据所给数据可得，因为9.778>6.635，根据独立性检验推断不成立，即认为相机的品牌对用户有影响，此推断犯错误的概率不超过0.01，即有99%的把握认为相机的品牌对用户有影响18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求角C的大小；(2)若的面积，求ab的最小值.【答案】(1)；(2)48.【分析】（1）由正弦定理及三角形内角的性质可得，即可得C的大小；（2）根据三角形面积公式、余弦定理，结合基本不等式即可求ab的最小值，注意等号成立条件.(1)由已知及正弦定理得：，又，所以，即且，所以.(2)由题意知：，即，由余弦定理知：，即，因此，当且仅当时取等号，所以ab的最小值为48.19．已知等差数列满足，且，，成等差数列.(1)求数列的通项公式；(2)证明：数列的前n项和.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设数列的公差为，根据等差中项和等差数列的通项公式，列出等式，代入，即可求出，进而求出通项公式；（2）由（1）可知，，再根据裂项相消和不等式的性质，即可证明结果.(1)解：设数列的公差为，因为，，成等差数列，所以，即，代入，解得，所以的通项公式为.(2)证明：，所以，即数列的前n项和.20．如图所示，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，底面ABCD，∥底面ABCD，点F在底面ABCD内的投影为正方形ABCD的中心O.(1)在图中作出平面FBC与平面EAB的交线（不必说出画法和理由）；(2)设二面角的大小为，求AE的长.【答案】(1)作图见解析(2)【分析】（1）延长CF与直线AE交于点M，连接BM.直线BM即平面FBC与平面EAB的交线，利用空间图形的公理即可证明，（2）方法1：如图所示，以A为坐标原点，以AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，方法2：连接AC，BD，则由已知条件可证得平面BFD，从而可得就是二面角的平面角，然后在直角三角形中可求得结果(1)作图步骤：如图，延长CF与直线AE交于点M，连接BM.直线BM即平面FBC与平面EAB的交线.理由：由已知平面ABCD，平面ABCD，所以 ∥，又A，O，C共线，所以点E，F，C，A共面.显然直线AE与直线CF不平行，即AE与CF必存在交点M，点M在平面EAB和平面FBC内，又因为点B也在平面EAB和平面FBC内，所以直线BM是平面FBC与平面EAB的交线.(2)方法一：如图所示，以A为坐标原点，以AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系. 设，则，，，所以，，设平面BEF的法向量为，则且，所以，令，则.同理可得平面DEF的一个法向量为.由图可知的夹角为二面角的平面角的补角，所以，解得，即.方法二：连接AC，BD.因为平面ABCD，所以，在正方形ABCD中，，又因为，所以平面BFD.因为∥平面ABCD，平面平面，所以∥，所以平面BFD.因此就是二面角的平面角.所以，所以.因为正方形ABCD的边长为2，所以，所以，所以.21．已知椭圆的右焦点为F，上顶点为C，过点F与x轴垂直的直线交E于A，B两点（点A在第一象限），O为坐标原点，四边形ABOC是面积为的平行四辺形.(1)求椭圆E的方程；(2)设点，过点P的直线l交椭圆于点M，N，交y轴的正半轴于点T，点Q为线段MN的中点，，求直线l的斜率k.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据题意可写出A，B两点的坐标，由四边形ABOC是平行四辺形可列得到，再由平行四边形ABOC的面积为，可求出，即可求出答案.（2）设直线l的方程为，把直线与椭圆进行联立消，求出与，再求出与，再利用，即可求出，进而求出斜率.(1)设，将代入椭圆方程，得，所以，，则，由四边形ABOC是平行四边形知，即，得，所以，又平行四边形ABOC的面积，所以，，，所以椭圆E的方程为.(2)易知直线l的斜率，设，则可得直线l的方程为，联立消去x整理得.由，得.设，则，在中令，得，所以，，所以，解得或（舍去），满足，综上，直线l的斜率.22．已知函数.(1)求在区间上的最大值和最小值；(2)设，若当时，，求实数a的取值范围.【答案】(1)最大值为，最小值为(2)【分析】（1）对函数求导，利用导数在函数最值中的应用，即可求出结果；（2）对函数求导，分和，两种情况研究函数的单调性，利用函数的单调性求出的最大值，再结合，即可求出结果.(1)解：由条件得，当时，有，，，所以，即在上单调递减，因此在区间上的最大值为，最小值为.(2)解：由题意得，所以，若，当时，有，所以在上单调递增，所以，符合题意.若，令，则，当时，，所以在上单调递减.又因为，，所以在上存在一个零点，当时，，即，所以单调递减，此时，不符合题意.综上可知，a的取值范围是.