新疆昌吉州高三第二次診斷性測試數學（理）試題

2022屆新疆昌吉州高三第二次診斷性測試數學（理）試題一、單選題1．已知復數滿足，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由條件可得，利用復數的除法運算算出可得答案.【詳解】由可得，所以，故選：B2．設全集，集合，集合，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出集合、，利用交集和補集的定義可求得集合.【詳解】因為，，所以，，因此，.故選：D.3．《周易》歷來被人們視為儒家經典之首，它表現了古代中國人對萬事萬物的深刻而又樸素的認識，是中華人文文化的基礎，它反映了中國古代的二進制計數的思想方法.我們用近代術語解釋為：把陽爻“”當做數字“”，把陰爻“”當做數字“”，則八卦代表的數表示如下：卦名符號表示的二進制數表示的十進制數坤震坎兌…………以此類推，則六十四卦中的符號“”表示的十進制數是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先寫出給定符號所表示的二進制數，再將二進制數轉化成十進制數即可.【詳解】由題意可得六十四卦中的符號“”表示二進制數是：，將所得的二進制數轉化為十進制數為：，所以六十四卦中的符號“”表示的十進制數是77.故選：A4．2022年2月17日—18日，呼圖壁縣第一屆“美麗冰雪，北奧探夢”中小學速滑運動會在昌吉州呼圖壁縣青少年示范性綜合實踐基地管理中心舉行.為了保障比賽的安全，志愿者小王?小李?小方需要清理?????六條短道速滑跑道，每人至少清理一條跑道，則小王清理三條跑道的情況共有多少種（

）A．120 B．80 C．60 D．40【答案】A【分析】小王先選3條，剩下兩人選出1人清理2條，最后1人清理剩下1條即可.【詳解】先給小王選3條，共種，然后從小李、小方中選1人清理2條，沒選上的人清理剩下1條，有種，兩步結合共有種.故選：A.5．已知向量，，且，，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據向量的數量積的定義，運算律以及二次函數的性質即可求出最值．【詳解】∵向量，，且，∴，∴，當且僅當時取等號，即的最小值為．故選：．6．數列是等差數列，，且構成公比為q的等比數列，則（

）A．1或3 B．0或2 C．3 D．2【答案】A【分析】根據等比中項的性質列方程，由此求得，進而求得，從而求得的值.【詳解】設等差數列的公差為d，∵構成公比為q的等比數列，∴，即，解得或2，所以或，所以或3，故選：A【點睛】本小題主要考查等比中項的性質，考查等差數列通項公式的基本量計算，屬于中檔題.7．已知函數是定義在上的偶函數，若對于任意，不等式恒成立，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由題意得到在上單調遞減，再根據函數是定義在上的偶函數，得到在上單調遞增，且求解.【詳解】解：對于任意，不等式恒成立，即對于任意，不等式恒成立，所以在上單調遞減，因為函數是定義在上的偶函數，所以在上單調遞增，且，則，解得，故選：B8．已知函數的圖象過點，，，且在上僅有1個極值點，則（

）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】根據所給圖象上的點，結合正弦函數的五點法作圖求出函數解析式，即可求解.【詳解】因為圖象過點，，，且在上僅有1個極值點，所以，即，故，因為，由五點法作圖知，，，又，解得,所以，則，故選：C9．已知點，分別為雙曲線的左?右焦點，以為直徑作圓與雙曲線的右支交于點，若，則雙曲線的離心率為（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】由于點P在雙曲線的右支，則可得，再結合已知條件可得，，而，則，將前面的式子代入化簡可求出離心率【詳解】因為點P為以為直徑的圓與雙曲線的右支的交點，所以，結合，得，，又因為點P在以為直徑的圓上，所以，即，所以，整理得，解得（舍去），或，所以雙曲線的離心率.故選：C10．已知圓，圓，點分別是圓?圓上的動點，點為上的動點，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出圓關于對稱的圓，通過圖形關系可知當五點共線時，取得最小值，由此可得結果.【詳解】由圓的方程可知：圓心，，半徑，；設與關于對稱，則，則圓與圓關于對稱，當五點共線時，取得最小值，.故選：B.11．在三棱錐中，，且，，二面角的大小為，則三棱錐的外接球體積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題結合球的基本性質可知：過三棱錐其中兩個面的三角形的外接圓圓心，作該面的垂線，兩條垂線的交點即為三棱錐的球心，結合三角形的相關知識分析求得三棱錐的外接球的半徑．【詳解】如圖、分別為Rt△PAC、△ABC的外接圓圓心，作平面PAB，平面ABC，則O為三棱錐的外接球的球心．在△ABC中，，即，可得：．由正弦定理可得：，即，又∵為線段AC的中點，則可得，且，∴二面角的大小的平面角即為∠，則∠．∴三棱錐的外接球的半徑R=，則三棱錐的外接球體積為V=．故選：Ａ．12．若存在，則稱為二元函數在點處對的偏導數，記為；若存在，則稱為二元函數在點處對的偏導數，記為，已知二元函數，則下列選項中錯誤的是（

）A． B．C．的最小值為 D．的最小值為【答案】B【分析】根據條件求出、，然后可逐一判斷ABC，，然后利用導數求出右邊的最小值即可.【詳解】因為（，），所以，則，又，所以，因為，所以當時，取得最小值，且最小值為，，令（），，當時，，當時，，故，從而當時，取得最小值，且最小值為.故選：B.二、填空題13．設是數列的前項和，且，則的通項公式為___________.【答案】【分析】根據，作差得到是以為首項，為公比的等比數列，再根據等比數列的通項公式計算可得；【詳解】解：因為，當時，解得；當時，所以，即，即，所以是以為首項，為公比的等比數列，所以；故答案為：14．若實數，，，滿足，則的最小值為______.【答案】2【分析】由，，故可理解為曲線上一點與直線上一點間的距離的平方，采用數形結合和對函數求導可知，函數在處的切線方程與直線之間的距離的平方為我們要求的的最小值.【詳解】由，，故可理解為曲線上一點與直線上一點間的距離的平方，對于函數，令，故可得，即函數在處的切線方程為，切線方程與直線平行，則函數在處的切線方程與直線之間的距離，故的最小值為.故答案為：2.15．已知點A是焦點為的拋物線：上的動點，且不與坐標原點重合，線段的垂直平分線交軸于點．若，則___________.【答案】3【分析】本題考查拋物線的方程與定義，設A，B點坐標，結合線段的垂直平分線交軸于點，可得（這是常考點），列方程整理可得，然后結合拋物線定義求解．【詳解】設A，B，∵，即，整理得：．又∵，即C為線段AF的中點，∴．∴．故答案為：３．16．已知函數，則下列結論正確的有___________.①，②，恒成立③關于的方程有三個不同的實根，則④關于的方程的所有根之和為【答案】①③【分析】根據已知遞推可判斷①，根據函數變化的規(guī)律，只需要證明，成立，作差求導可判斷②，作圖可判斷③，數形結合，根據每個區(qū)間上的對稱軸可判斷④.【詳解】由，故A對.由A可知，要使，恒成立，只需要滿足，，即成立，令，則，得，當時，有最大值，故B不正確.作出的圖像，由圖可知，要使方程有三個不同的實根，則，即，故C對.由可知，函數在上的圖像可以由上的圖像向右平移一個單位長度，再將所有點的橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼谋兜玫剑捎诘膶ΨQ軸為，故的兩根之和為，同理，的兩根之和為的兩根之和為，故所有根之和為，故D錯.故選：①③三、解答題17．中，角，，的對邊分別是，，，(1)求角；(2)若為邊的中點，且，求的最大值.【答案】(1)(2)4【分析】（1）根據正弦定理角化邊得，化簡利用余弦定理可求解；（2）根據題意可知，兩邊平方化簡可得，利用基本不等式可求的最大值.【詳解】(1)由，得，即又由余弦定理，可得，又，；(2)∵是邊的中點，∴，那么，又，∴又，當且僅當時等號成立，∴∴，的最大值是4.18．如圖，在三棱柱中，平面，，，，.（1）證明：平面ABC．（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）首先可以根據余弦定理求得，然后通過得出，再然后根據平面得出，最后根據即可得出結果；（2）本題首先結合（1）建立空間直角坐標系，然后分別求出平面的法向量以及平面的法向量，最后通過即可得出結果.【詳解】（1）因為，，，所以，所以，，因為平面，且平面，所以，因為，所以平面，（2）由（1）可知、、兩兩垂直，故以C為原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖：則，，，，故，，.設平面的法向量，則，令，則，設平面的法向量，則，令，則，則，設二面角為，由圖可知為銳角，則.【點睛】本題考查線面垂直的證明以及二面角的余弦值的求法，若一條直線垂直另一平面內的兩條相交直線，則線面垂直，考查利用空間向量求二面角的余弦值，考查推理能力，是中檔題.19．數獨是源自18世紀瑞士的一種數學游戲，玩家需要根據盤面上的已知數字，推理出所有剩余空格的數字，并滿足每一行?每一列?每一個粗線宮（）內的數字均含1至9且不重復.數獨愛好者小明打算報名參加“絲路杯”全國數獨大賽初級組的比賽.(1)賽前小明在某數獨APP上進行一段時間的訓練，每天的解題平均速度（秒）與訓練天數（天）有關，經統(tǒng)計得到如表的數據：（天）1234567（秒）990990450320300240210現用作為回歸方程模型，請利用表中數據，求出該回歸方程，并預測小明經過100天訓練后，每天解題的平均速度約為多少秒？(2)小明和小紅在數獨APP，已知在前3局中小明勝2局，小紅勝1局.若不存在平局，請你估計小明最終贏得比賽的概率.參考數據（其中）1845參考公式：對于一組數據，，…，，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：，.【答案】(1)回歸方程為，經過100天訓練后，每天解題的平均速度約為140秒(2)【分析】（1）首先求得，然后根據回歸方程的計算公式，計算出回歸方程，并求得預測值.（2）根據獨立重復試驗概率計算公式，計算出所求的概率.【詳解】(1)由題意，，令，設關于的線性回歸方程為，則，則.∴，又，∴關于的回歸方程為，故時，.∴經過100天訓練后，每天解題的平均速度約為140秒.(2)設比賽再繼續(xù)進行局小明最終贏得比賽，則最后一局一定是小明獲勝，由題意知，最多再進行4局就有勝負.當時，小明勝，∴；當時，小明勝，∴；當時，小明勝，∴.∴小明最終贏得比賽的概率為.20．“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術活動，在我國源遠流長，某些折紙活動蘊含豐富的數學內容，例如：用一張圓形紙片，按如下步驟折紙（如下圖1）步驟1：設圓心是E，在圓內異于圓心處取一點，標記為F；步驟2：把紙片折疊，使圓周正好通過點F；步驟3：把紙片展開，并留下一道折痕；步驟4：不停重復步驟2和3，就能得到越來越多的折痕（如圖2）．已知這些折痕所圍成的圖形是一個橢圓．若取半徑為4的圓形紙片，設定點F到圓心E的距離為2，按上述方法折紙．(1)以點F，E所在的直線為x軸，線段EF的中垂線為y軸，建立坐標系，求折痕所圍成的橢圓C（即圖1中M點的軌跡）的標準方程．(2)如圖3，若直線m：與橢圓C相切于點P，斜率為的直線n與橢圓C分別交于點A，B（異于點P），與直線m交于點Q．證明：，，成等比數列．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）以所在的直線為軸，的中點為原點建立平面直角坐標系，根據橢圓的定義求出的值，根據求出的值，再由求出的值即可得橢圓的方程；（2）通過計算與的表達式就可以證明結論.【詳解】(1)如圖，以所在的直線為軸，的中點為原點建立平面直角坐標系.設為橢圓上一點，由題意可知，所以點軌跡是以為左右焦點，長軸長的橢圓，

因為，，所以，，則，所以橢圓的標準方程為；(2)由得，依題意，又，解得．故直線m的方程為，且．設直線n的方程為，則，且，則，由，得，所以，所以．即，且各項均不為零，故，，成等比數列．21．對于正實數，熟知基本不等式：，其中為的算術平均數，為的幾何平均數．現定義的對數平均數：(1)設，求證：：(2)①利用第（1）小問證明不等式：：②若不等式對于任意的正實數恒成立，求正實數的最大值．【答案】(1)證明見解析(2)①證明見解析；②【分析】（1）令，由可證得在上單調遞減,,即可證得結果.（2）（?。┮C，只要證，即證，令，由（1）有，即可證得結論.（ⅱ）由恒成立，化簡即得恒成立，令，化簡則有，求導可得，（注：）討論可得時，即時，在上單調遞增，及時，在上單調遞減，從而可得結果.【詳解】(1)令，有所以，得在上單調遞減.又，故當時，，因此，當時，-(2)（ⅰ）要證，只要證，只要證，即證，令，由（1）有，即得，因此，（ⅱ）由恒成立，得恒成立，即得恒成立，令，有恒成立，得恒成立，所以恒成立令，有，-（注：）ⅰ當時，即時，易知方程有一根大于1，一根小于1，所以在上單調遞增，故有，不符；ⅱ當時，有，所以，從而在上單調遞減，故當時，恒有，符合．由ⅰ、ⅱ可知，正實數的取值范圍為，因此，正實數的最大值為【點睛】思路點睛：（1）構造，利用導數判斷函數的單調性.（2）（?。﹩栴}轉化為（ⅱ）由恒成立，令，問題轉化，利用導數證明單調性.22．在極坐標系中，射線的極坐標方程為，曲線的極坐標方程為，且射線與曲線有異于點的兩個交點，.（1）求的取值范圍；（2）求的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根據圓心到射線的距離可以確定的范圍；（2）聯