甘肃省2022届高三第二次高考诊断考试数学（文）试题（原卷版+解析版）

这是一份甘肃省2022届高三第二次高考诊断考试数学（文）试题（原卷版+解析版）

2022年甘肃省第二次高考诊断考试文科数学一､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. 复数（为虚数单位）的虚部为（ ）A. B. C. D. 【1题答案】【答案】D【解析】【分析】根据复数的定义判断.【详解】由复数的定义可得，复数的虚部为.故选：D2. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【2题答案】【答案】B【解析】【分析】根据交集性质求解即可.【详解】因为，所以，所以，解得.所以，满足.故选：B3. 正项等比数列满足，，则的前7项和( )A. 256 B. 254 C. 252 D. 126【3题答案】【答案】B【解析】【分析】设正项等比数列公比为q，且q＞0，根据已知条件求出q，利用等比数列求和公式即可求.【详解】设正项等比数列公比为q，且q＞0，∵，，∴，即，即，则q＝2，∴.故选：B.4. 2021年7月，中共中央办公厅､国务院办公厅印发《关于进一步䧕轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》.各地积极推进“双减”工作，义务教育阶段学生负担得到有效减轻.下表是某校七年级10名学生“双减”前后课外自主活动时间的随机调查情况（单位：小时）.设“双减”前､后这两组数据的平均数分别是，标准差分别是，则下列关系正确的是（ ）A. B. C. D. 【4题答案】【答案】A【解析】【分析】根据题意分别求，，再根据极差判断方差得到标准差的大小.【详解】，，所以；因为“双减”前的极差为：，“双减”后的极差为：，所以“双减”前的极差小于“双减”后的极差，所以“双减”前的方差小于“双减”后的方差，故“双减”前的标准差小于“双减”后的标准差，即.故选：A.5. 函数的部分图象可能是（ ）A. B. C. D. 【5题答案】【答案】D【解析】【分析】根据函数奇偶性的定义可判断为奇函数，进而排除选项A、B，又时，，排除选项C，从而可得答案.【详解】解：因，所以，所以，又定义域为R，所以为奇函数，其图象关于原点中心对称，所以排除选项A、B，又时，，所以排除选项C，从而可得选项D正确，故选：D.6. 正方体上的点M，N，P，Q是其所在棱的中点，则下列各图中直线MN与直线PQ是异面直线的图形是（ ）A. B. C. D. 【6题答案】【答案】B【解析】【分析】利用正方体的性质结合三角形中位线定理逐个分析判断【详解】对于A，如图，连接，因为分别是正方体的棱的中点，所以∥，∥，所以∥，所以与共面，所以A不合题意，对于B，因为平面∥平面，平面，平面，所以与无公共点，因为与不平行，所以与是异面直线，所以B符合题意，对于C，如图，连接，因为分别是正方体的棱的中点，所以∥，∥，因为∥，所以∥，所以四点共面，所以与不是异面直线，所以C不合题意，对于D，如图，连接，因为分别是正方体的棱的中点，所以∥，∥，所以∥，所以D不合题意，故选：B7. 为纪念2022北京冬奥会成功举办，中国邮政发行了一组纪念邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”､冬残奥会会徽“飞跃”､冬奥会吉祥物"冰墩墩”､冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现从这套5枚纪念邮票中任取3枚，则恰有1枚吉祥物邮票的概率为（ ）A. B. C. D. 【7题答案】【答案】C【解析】【分析】计算出5枚纪念邮票中任取3枚共有的取法，再计算恰有1枚吉祥物邮票的取法数，根据古典概型的概率公式求得答案.【详解】从这套5枚纪念邮票中任取3枚，有种取法，而其中恰有1枚吉祥物邮票的取法有种，故从这套5枚纪念邮票中任取3枚，则恰有1枚吉祥物邮票的概率为 ,故选：C8. 已知命题p：若，表示两个不同的平面，m为平面内的一条直线，则“”是“”的充要条件；命题q：“若a，，则，使成立”的否定为“若a，.则，都有成立”.则下列命题中为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【8题答案】【答案】C【解析】【分析】先判断命题的真假，然后由复合命题的真值表判断．【详解】如图平面内直线，但相交，命题是假命题，命题的否定只要否定结论，因此命题“若a，，则，使成立”的否定是若a，，则，使成立，命题是假命题．从而只有是真命题．故选：C．9. 点是圆上任意一点.则点到双曲线渐近线距离的最小值是（ ）A. B. C. 1 D. 【9题答案】【答案】A【解析】【分析】求出圆心坐标及半径和双曲线的渐近线方程，然后分情况讨论即可求解.【详解】解：圆的圆心为，半径，双曲线渐近线方程为，即，因为点是圆上任意一点，所以点到双曲线渐近线距离的最小值是；点到双曲线渐近线距离的最小值是.综上，点到双曲线渐近线距离的最小值是.故选：A.10. 数列满足，且，则（ ）A. 4043 B. 4044 C. 2021 D. 2022【10题答案】【答案】A【解析】【分析】由，可得，即为常数列，进而可得，从而即可求解.【详解】解：因为，所以，所以，即为常数列，又，所以，所以，解得，故选：A.11. 定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，则下列结论不正确的是（ ）A. 偶函数 B. 若，则C. D. 【11题答案】【答案】D【解析】【分析】根据题意得：函数定义在上偶函数，根据偶函数性质解题即可.【详解】对于A：因为的图象关于对称，所以函数关于轴对称，又函数定义在上，所以函数为偶函数，故A正确；对于B：因为为偶函数，且在区间上单调递增，所以，故B正确；对于C：根据题意， 又，，，所以，又在区间上单调递增，所以，故C正确；对于D：因为偶函数，且在区间上单调递增，所以在定义上，无最大值，只有最小值为：，故D错误.故选：D.12. 经过抛物线的焦点F且斜率为的直线l与抛物线C交于不同的两点A.B，抛物线C在点A，B处的切线分别为，若和相交于点P，则（ ）A. B. C. D. 4【12题答案】【答案】A【解析】【分析】首先利用导数求出切线方程，从而得到，直线与抛物线联立得到，，从而得到，再利用两点距离公式求解即可.【详解】设切点，，，，，则切线的方程为：，同理切线的方程为：，联立方程，解得交点又焦点为，故直线l方程为：.代入，化简得，由此可得，，所以，由两点距离公式得.故选：A二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知单位向量的夹角为60°，，若，则实数___________.【13题答案】【答案】##-0.2【解析】【分析】先计算出，再由列式计算.【详解】由题意，，因为，所以，即，.故答案为：14. 建党百年之际，影片《》《长津湖》《革命者》都已陆续上映，截止年月底，《长津湖》票房收人已超亿元，某市文化调查机构，在至少观看了这三部影片中的其中一部影片的市民中随机抽取了人进行调查，得知其中观看了《》的有人，观看了《长津湖》的有人，观看了《革命者》的有人，数据如图，则图中___________；___________；___________.【14题答案】【答案】 ①. ②. ③. 【解析】【分析】根据韦恩图，结合看每部电影的人数可构造方程组求得结果.【详解】由题意得：，解得：.故答案为：；；.15. 函数其中常数，且，若，则实数___________.【15题答案】【答案】【解析】【分析】先计算得，表示出，再由两角和的正弦公式代入求解出，代入即可求解出答案.【详解】由题意，，，即，因为，，所以，所以，故.故答案为：16. 三棱锥中，底面为等边三角形，侧棱长相等，到底面的距离为2，则该三棱锥外接球的体积为___________.【16题答案】【答案】【解析】【分析】由题意，可将三棱锥补形为正方体，则该三棱锥的外接球即为正方体的外接球，设，由等体积法可求出，进而可得正方体的外接球直径，从而根据球的体积公式可得答案.【详解】解：因为三棱锥中，底面为等边三角形，侧棱长相等，所以三个侧面均为全等的等腰三角形，又，即三个侧面均为全等的等腰直角三角形，所以两两互相垂直，且，所以可将三棱锥补形为正方体，则该三棱锥的外接球即为正方体的外接球，设，则，又到到底面的距离为2，所以由，即，解得，所以正方体的外接球直径，即，所以该三棱锥外接球的体积为，故答案为：.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. 如图，在圆内接四边形ABCD中，，且依次成等差数列.（1）求边AC的长；（2）求四边形ABCD周长的最大值.【17题答案】【答案】（1） （2）10【解析】【分析】（1）根据等差数列的性质求得，再根据余弦定理求得答案;（2）利用圆内接四边形性质可得 ，再利用余弦定理结合基本不等式求得，即可求得答案.【小问1详解】因为依次成等差数列，所以，又，所以,又，则由余弦定理得:，所以.【小问2详解】由圆内接四边形性质及，知，在中，由余弦定理得，又因为（当且仅当时“=”成立），所以，即，则四边形ABCD周长最大值.19. 人工智能教育是将人工智能与传统教育相结合，借助人工智能和大数据技术打造的智能化教育生态.为了解我国人工智能教育发展状况，通过中国互联网数据平台得到我国2015年－2020年人工智能教育市场规模统计图.如图所示，若用x表示年份代码(2015年用1表示，2016年用2表示，依次类推)，用y表示市场规模(单位：亿元)，试回答：（1）根据条形统计图中数据，计算变量y与x的相关系数r，并用r判断两个变量y与x相关关系的强弱(精确到小数点后2位)；（2）若y与x的相关关系拟用线性回归模型表示，试求y关于x的线性回归方程，并据此预测2022年中国人工智能教育市场规模(精确到1亿元).附：线性回归方程，其中；相关系数；参考数据：.【19题答案】【答案】（1），正相关很强. （2），2677亿元.【解析】【分析】(1)根据统计图中数据计算，代入相关系数公式求出相关系数，判断相关系数的绝对值与0.75的关系即可；(2)根据统计图中数据结合公式即可求出线性回归方程，将x＝8代入线性回归方程即可预测2022年中国人工智能教育市场规模.【小问1详解】∵，，，，∴相关系数.∵相关系数，∴y与x具有线性相关关系，且正相关很强.【小问2详解】设y关于x的线性回归方程为，其中；，∴y关于x的线性回归方程为，把代入得(亿元)，故据此预测2022年中国人工智能教育市场规模将达到约2677亿元.21. 风筝起源于春秋时期，是中国古代劳动人民智慧的结晶，北方也称“纸鸢”，虽经变迁，但时至今日放风筝仍是人们喜爱的户外活动.如图，一只风筝的骨架模型是四棱锥，其中于平面.（1）求证：；（2）若，为使风筝保持最大张力，平面与底面所成二面角的正切值应为，求此时到㡳面的距离.【21题答案】【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）首先根据题意得到，，从而得到平面，再根据线面垂直的性质即可得到.（2）首先作于，连接，得到是二面角的平面角，再结合已知条件求解即可.【小问1详解】因平面平面，所以.又平面平面，所以平面.又平面，所以.【小问2详解】（2）由，得.作于，连接，由平面，知，又，所以平面.又平面，所以，故是二面角的平面角，故此时，又，所以此时到底面的距离23. 已知椭圆的左焦点与短轴两端点的连线及短轴构成等边三角形，且椭国经过点.（1）求椭圆的方程；（2）不经过点的直线与椭圆相交于，两点，关于原点的对称点，直线，与轴分别交于，两点，求证：.【23题答案】【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意得，将点代入椭圆即可；（2）设，，直线，则，联立得到韦达定理，要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证，代入求解计算即可.【小问1详解】设椭圆上下顶点分别为，左焦点为，则是等边三角形，所以，则椭圆方程为，将代入椭圆方程，可得，解得，所以椭圆方程为.【小问2详解】设，则.将直线代入椭圆方程，得，其判别式，即，.所以要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证，，所以.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．25. 已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）若函数，证明：当时，.【25题答案】【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论求解单调区间即可.（2）首先将题意转化为证明，设，运用隐零点求出函数的单调区间和最小值，再令求解即可.【小问1详解】的定义域.当时，分下面三种情况讨论：①当时，恒成立，所以在单调递增；②当时，，令，得，或，所以在和单调递增，在单调递减；③当时，，令，得，或，所以在和单调递增，在单调递减.综上，当时，在和为增函数，在为减函数；时，在为增函数；当时，在和为增函数，在为减函数.【小问2详解】（2）当时，要证明，即证.设，则，又函数在为增函数，而，所以存在，使得，且有，所以在为减函数，在为增函数.所以，令，显然在为减函数，所以，即，而，所以，即，故当时，恒成立.27. 在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）.（1）写出曲线的直角坐标方程和曲线的普通方程；（2）已知点，曲线与曲线相交于A，B两点，求的值.【27题答案】【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）先对化简，再由极坐标与直角坐标的互化公式将其化为直角坐标方程，对于曲线的参数方程直接消去参数可得其普通方程，（2）由题意可得的参数方程为（t为参数），将曲线的参数方程代入的普通方程，然后直线的参数方程的几何意义求解即可【小问1详解】因为，所以.将代入可得的直角坐标方程为.消去中的参数得的普通方程为【小问2详解】的参数方程为（t为参数），将曲线的参数方程代入的普通方程得，令，由韦达定理，则在.29. 已知a，b是正实数，设.求证：（1）；（2）.【29题答案】【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用基本不等式求解即可.（2）首先将题意等价于只需证，再作差证明即可.【小问1详解】∵的正实数，，∴（当且仅当时“=”成立）【小问2详解】∵是正实数，.要证，只需证，即，即，即，而∴，∴（当且仅当时“=”成立）.学生编号12345678910“双减”前1“双减”后232