2022届广西南宁市第二中学高三5月诊断数学（理）试题含解析

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2022届广西南宁市第二中学高三5月诊断数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则集合中元素的个数为（       ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】利用交集的概念得出，从而得到集合元素个数．【详解】∵集合，，即集合中共有2个元素．故选：A．2．如图所示，圆柱的轴截面是正方形ABCD，母线，若点E是母线BC的中点，F是的中点，则下列说法正确的是（       ）A． B．点F到平面ABCD的距离为2C．BF⊥AC D．BF与平面ABCD所成的角的大小为【答案】B【分析】证得，即可判断A选项；证得OF⊥平面ABCD，即可判断B选项；证得∠ABF是BF与平面ABCD所成的角，并求出角度，即可判断D选项；由BF与AB不垂直，即可判断D选项．【详解】如图所示，设O是AB的中点，连接OE，OF，在正方形ABCD中，，可得，在△ABC中，可得，则EF与AC不平行，选项A错误；因为F是的中点，所以OF⊥平面ABCD，所以点F到平面ABCD的距离为2，选项B正确；∠ABF是BF与平面ABCD所成的角，因为OF⊥OB，且OF=OB，∠ABF=，选项D错误；BF与AB不垂直，因此也推不出BF⊥AC，选项C错误．故选：B.3．牛顿曾经提出了常温环境下的温度冷却模型：，其中为时间（单位：），为环境温度，为物体初始温度，为冷却后温度），假设在室内温度为的情况下，一桶咖啡由降低到需要.则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】把，，，代入可求得实数的值.【详解】由题意，把，，，代入中得，可得，所以，，因此，.故选：A.4．欧拉公式（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，表示的复数位于复平面内（       ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】根据欧拉公式，得到，再利用复数的除法化简，然后利用复数的几何意义求解.【详解】解：因为，，所以复数在复平面中对应的点位于第二象限，故选：B．5．已知x，y满足不等式组，则的最小值为（       ）A．5 B．7 C．8 D．11【答案】B【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．【详解】作出可行域如图所示：由解得：.把转化为直线l:.平移直线l，经过点A时，纵截距最小，此时.故的最小值为7.故选：B6．已知等比数列满足，且，，2，…，且，则当时，（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由等比数列的概念可得，代入结合对数运算以及等差数列的前项和公式即可得结果.【详解】由得，，则，．故选：A．7．将3个1和5个0随机排成一行，则3个1任意两个1都不相邻的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先考虑总情况，再考虑任意两个1都不相邻的，最后由古典概型求概率即可.【详解】先考虑总情况，8个位置选3个放1，有种，再考虑任意两个1都不相邻的情况，将3个1插入5个0形成的6个空中，有种，则概率为．故选：D.8．二项式展开式中，有理项共有（       ）项．A．3 B．4 C．5 D．7【答案】D【分析】求出展开式的通项，令的指数部分为整数即可得结果.【详解】二项式展开式中，通项为，其中，的取值只需满足，则，即有理项共有7项，故选：D.9．已知直线是曲线的一条切线，则实数（       ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】由导数的几何意义得出切点坐标后求解【详解】直线是曲线的一条切线，，解得，即切点的横坐标为1，代入曲线方程得切点坐标为切点在切线上，，解得.故选：B10．过抛物线上一点A作x轴的垂线与C交于点P，过点A作y轴的垂线交y轴于点Q，若C的焦点F是PQ的中点，且，则（       ）A．1 B． C．2 D．3【答案】C【分析】根据题意作图象，由图象及条件可得点横坐标，代入抛物线方程求出A点纵坐标，利用勾股定理列出方程求解.【详解】如图，因为是直角三角形斜边的中点，所以,故，代入可得，在直角三角形中，由勾股定理可得，解得,故选：C11．设是定义域为R的偶函数，且在上单调递增，若，，，则，，的大小关系为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据的奇偶性化简，结合的单调性确定的大小关系.【详解】依题意是定义域为R的偶函数，，，，，，，，由于在上单调递增，所以.故选：D12．已知正四棱柱中，，E为的中点，P为棱上的动点，平面过B，E，P三点，有如下四个命题：①平面平面；②平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形；③当P与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为；④存在点P，使得AD与平面所成角的大小为．则正确的命题个数为（       ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由题可证明，从而证明出平面，进而可判断①，当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形是五边形判断②，作出与A重合时的平面，求出外接球半径，得到截面面积可判断③，作于点H，设点C到平面的距离为h，进而可得可判断④.【详解】由题意可知，，，所以，所以，又因为平面，且平面，所以，因为，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故①正确；对于②，当时，可延长BP交的延长线于点M，延长BE交的延长线于点N，连结MN，分别交，于点R，Q，连结PR，EQ，则截面为五边形BPRQE，故②错误；对于③，当P与A重合时，可取的中点为点F，截面为图示中的矩形ABEF，则四棱柱的外接球半径为，设点为平面的中心，过作于，连接，则可得，平面，所以点到平面ABEM的距离，所以截此四棱柱的外接球所得的截面圆的半径，所以截此四棱柱的外接球所得的截面的面积为，故③正确；对于④，AD与平面所成角的大小，即为BC与平面所成角，可设为，作于点H，设点C到平面的距离为h，则，所以，则，故④错误．综上，正确的命题个数为2.故选：B．二、填空题13．已知向量，，若，则___________．【答案】【分析】由可知，，代入坐标求解即可.【详解】因为，所以，即，代入坐标得，解得，故答案为：.14．已知点和分别是双曲线的左、右焦点，过作双曲线C一条渐近线的垂线，垂足为H，且，则双曲线C的离心率为______．【答案】【分析】根据双曲线的定义及双曲线的几何性质结合余弦定理即可求解.【详解】根据双曲线的性质可知：焦点到渐近线的距离为，即，，，又，故，根据余弦定理可知，化简可得，则，即，故．故答案为：.15．满足不等式整数解个数为______．【答案】5100【分析】利用穿针引线法得到整数解的规律，然后利用等差数列的前n项和公式求解.【详解】利用穿针引线法解不等式．如图示：满足不等式整数解有：在有个；在有个；……在有个．由此归纳得：在区间内有个．所以整数解的个数为．故答案为：510016．关于函数的下述四个结论中①是奇函数                                 ②的最大值为2③在有3个零点             ④在区间单调递增则所有正确结论的编号是______．【答案】④【分析】根据奇偶性的定义可判断①，首先求出在的最大值，然后结合的周期性和奇偶性可判断②，直接解方程求零点即可判断③，利用三角函数的性质可判断④.【详解】对于命题①，函数的定义域为R，关于原点对称，又，该函数为偶函数，命题①错误；对于命题②，当函数取最大值时，，则，当时，，此时，，当，函数取得最大值．当时，，此时，，当，函数取得最大值，所以，函数的最大值为，命题②错误；对于命题③，当时，令，则，此时；当时，令，则，此时．所以，函数在区间上有且只有两个零点，命题③错误；对于命题④，当时，，则，所以函数在区间上单调递增，命题④正确．故答案为：④.三、解答题17．记的内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，且(1)证明：；(2)若，求.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在中由锐角三角函数，得，代入条件，由正弦定理角化边得，即证；（2）由三角形等面积法，得，代入可得；将条件和同时代入余弦定理，化简后利用辅助角公式得到，即可求解.【详解】(1)在中，因为，所以，又因为，所以，即在中，根据正弦定理，得，故.(2)在中，，又由（1）知，，所以，在中，根据余弦定理，得，又由已知，，得，所以，则，即，因为，则，所以或，所以或，又点在边上，且，，所以必有一个大于等于，所以.18．8年来，某地第年的第三产业生产总值（单位：百万元）统计图表如下图所示，根据该图提供的信息解决下列问题.(1)在所统计的8个生产总值中任取2个，记其中不低于平均值的个数为，求的分布列和数学期望；(2)由统计图表可看出，从第5年开始，该地第三产业生产总值呈直线上升趋势，试用线性回归模型预测该地第10年的第三产业生产总值.（参考公式：，）【答案】(1)分布列答案见解析，数学期望：(2)【分析】（1）求出平均值，得出不低于平均值的有3个，因此服从超几何分布，由此可计算出各概率得分布列，由期望公式计算出期望．（2）由后面的四个数据求出线性回归直线方程，代入回归方程可得预测值．【详解】(1)8个生产总值的平均数为，则，，，，，，分布列为：(2)由后面四个数据得：，，，，则，则，当时，.19．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，，．(1)求证：；(2)在线段PD上是否存在一点M，使二面角的余弦值为？若存在，求三棱锥体积；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标与向量的坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式代入计算，判断得点的坐标，从而求解体积.【详解】(1)因为，，，所以，又因为，且，，所以，所以，又因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，又因为，平面PAC，平面PAC，所以平面，又因为平面，所以．(2)在BC上取点E，使，则，故以A为原点，以，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，设，在平面MAC中，，，设平面MAC的一个法向量为，则 ，令，则，，所以，可取平面ACD法向量为，所以，解得，所以三棱锥的高h为，．【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20．平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．(1)求C的方程；(2)若点，，在椭圆C上，原点O为的重心，证明：的面积为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析．【分析】（1）根据椭圆的定义即可求出，再根据离心率以及的关系即可得到，从而得出C的方程；（2）先考虑求出直线斜率不存在时， 的面积，再证明当直线斜率存在时， 的面积为定值即可．【详解】(1)记两圆与椭圆的交点为Q，根据椭圆的定义可知，，故．由题可知离心率，故，则，故椭圆C的方程为．(2)设，，，当直线斜率不存在时，即，由原点O为的重心，可知，，故可得此时有，该点在椭圆上，则，不妨取，则有，，，或，，，则此时．当直线斜率存在时，不妨设方程为，则联立，整理得，且需满足，则，，所以，由原点O为的重心知，，，由坐标为，代入到中，化简得，即，又原点O为的重心，故到直线的距离为原点O到直线距离的3倍，所以，而，因此，综合上述，可知的面积为定值．【点睛】关键点睛：涉及椭圆中的三角形的面积问题，解题关键是利用直线与椭圆的位置关系，韦达定理，三角形的面积公式计算，运算较复杂．21．已知函数．(1)若恒成立，求a；(2)若的两个零点分别为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）令新函数，求导，利用极值求得，再代入检验；（2）将代入，计算化简之后，换元得新函数，求导判断单调性与极值，并结合基本不等式证明.【详解】(1)定义域为，得，即，设，因为，，故，而，，得，若，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以是的极小值点，故．综上，．(2)由题意知，两式相加得，两式相减得，即，所以，即，显然，记，令，则，所以在上单调递增，则，所以，则，即，所以，所以，所以，即，令，则时，，所以在上单调递增，又，故，所以，所以，则，即．【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），曲线C与直线相交于M，N两点.(1)求的面积；(2)以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求外接圆的极坐标方程.【答案】(1)(2)【分析】(1)联立方程组求出的直角坐标，由此求解的面积；(2)由(1)求出的外接圆的直角坐标方程，再将其转化为极坐标方程即可.【详解】(1)令，得，即或，将，分别代入，得或，∴点，点.∴ ∴，即为直角三角形，∵，∴.(2)由（1）可知外接圆的圆心为的中点，∴ 外接圆的圆心坐标为，半径为3.∴圆的直角坐标方程为，即，由，，代入得，即，∴外接圆的极坐标方程为.23．已知函数．(1)当时，解不等式；(2)若函数有三个不等实根，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由，得到，再分，，求解；（2）法一：由，得到，再分，讨论求解. 法二：根据有三个不等实根，由函数与函数的图像有三个交点求解.【详解】(1)解：当时，，当时，不等式可化为恒成立；当时，不等式可化为，解得；当时，不等式可化为，无解．综上：不等式的解集为．(2)法一：因为，所以，当时，最多有一个根，不成立；当，时，，即只有一个大于a的根；当，时，，即有两个不大于a的正根才能满足条件，所以，解得，故实数a的取值范围为．法二：因为有三个不等实根，所以函数与函数的图像有三个交点，当时，如图所示：由图象知：不符合题意；当时，如图所示：假设函数图像的左半部分与函数的图像相切，设切点的横坐标为t，因为，所以，解得，，此时只有将函数的图像右移才能满足题意，故实数a的取值范围为．012