1、第二次联合诊断检测（数学）参考答案 第 1 页 共 8 页 2022 年普通高等学校招生全国统一考试 高三第二次联合诊断检测 数学 数学测试卷共 4 页，满分 150 分。考试时间 120 分钟。 注意事项： 1答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。2回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答。若在试题卷上作答，答案无效。3考试结束，
2、考生必须将试题卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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 已知(1 i)1 2iz ，则复数z在复平面内对应的点所在象限为A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2 命题“0(0)x， ，00sincosxx”的否定是 A(0)x ， ，sincosxx B(0)x ， ，sincosxx C(0 x ， ，sincosxx D(0 x ，sincosxx 3 已知集合1 3 5 6 7 8 9A ， ， ， ， ， ， ，2 |14480 xxBx，则下图中阴影部分表示的集合为 A1 3
3、5 7 9， ， ， ， B1 3 5 9， ， ， C1 3 5， ， D1 3 9， ， 4 已知某批零件的尺寸X（单位：mm）服从正态分布(10 4)N，其中8 14X ， 的产品为“合格品”，若从这批零件中随机抽取一件，则抽到合格品的概率约为（附：若2()， XN ，则()0.6827PX，(22 )0.9545PX，(33 )0.9973PX） A. B. C. D. 5 如图，神舟十二号的飞行轨道是以地球球心为左焦点的椭圆（图中虚线） ，我们把飞行轨道上的点与地球表面上的点的最近距离叫近地距离，最远距离叫远地距离设地球半径为r，若神舟十二号飞行轨道的近地距离是30r，远地距离是15
4、r，则神舟十二号的飞行轨道的离心率为A B 第二次联合诊断检测（数学）参考答案 第 2 页 共 8 页 地球远地距离 近地距离 A1063B263C160D1636 等差数列na的公差为2，前n项和为nS，若5ma ，则mS的最大值为 A3 B6 C9 D12 7 已知向量(2 4)， a，( 2)m ， b，若ab与b的夹角为60，则m A33B33C2 33D2 338 已知(0) ， ， ，5sin()6，tan1tan4 ，则 A56 B C76D116 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对
5、的得 2 分，有选错的得 0 分。 9 已知空间中的两条直线m n，和两个平面，则“”的充分条件是 Am，m Bm，n，mnCm，mn，nDmn，m，n 10已知2510ab，则 A111ab B2ab C4ab D4ab11已知点(0 0)(4 4)OA， ， ， ，过直线OA上一点B作圆C：22(4)4xy的切线，切点分别为P Q，则 A以线段PQ为直径的圆必过圆心C B以线段PQ为直径的圆的面积的最小值为2 C四边形BPCQ的面积的最小值为4 D直线PQ在x y， 轴上的截距的绝对值之和的最小值为412已知曲线e( )xf xx及点()P s， 0，则过点P且与曲线( )yf x相切的直
6、线可能有 A0条 B1条 C2条 D3条 第二次联合诊断检测（数学）参考答案 第 3 页 共 8 页 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13若抛物线28yx的焦点也是双曲线2221(0)xyaa的焦点，则a 14某慈善晚会为筹集善款增设了一个“看图猜诗句”的游戏互动环节，主办方为每位参与者最多展示三张图片，每张图片的内容均对应一首诗词，参与者说对其中一句即视为这张图片回答正确主办方为参与者每次只展示一张图片，若参与者回答正确才继续为他展示下一张图片，若参与者回答错误则游戏结束，参与者每正确回答一张图片就可为慈善机构募集到一笔基金，多笔基金累积计算已知某位参加此游戏的
7、嘉宾能正确回答第一、二、三张图片的概率分别为0.9，0.5，0.4，相应能募集到的基金金额分别为1000元，2000元，3000元，且各张图片是否回答正确互不影响，则这位嘉宾参加此游戏恰好共募集到3000元慈善基金的概率为_ 15521()(2)xmxx的展开式中x的系数是27，则m 16无穷符号在数学中是一个重要的符号，该符号的引入为微积分和集合论的研究带来了便利，某校在一次数学活动中以无穷符号为创意来源，设计了如右图所示的活动标志，该标志由两个半径分别为15和20的实心小球相交而成，球心距1225OO ，则该标志的体积为 附：一个半径为R的球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，
8、垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高（记为H） ，球缺的体积公式为2()3HVHR四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17 （10 分） 已知各项均为正数的等差数列na的前三项和为12， 等比数列 nb的前三项和为17b， 且11ab，22ab （1）求na和 nb的通项公式； （2）设nnnancbn为奇数为偶数， ， ，求数列 nc的前20项和 18 （12分） 在ABC中，角A B C， ， 的对边分别为a b c， ，1cossin()sinsin()632CACA（1）求B；（2）若ABC的周长为4，面积为33，求b 15 20
9、 O2 O1 HR 第二次联合诊断检测（数学）参考答案 第 4 页 共 8 页 19 （12分） 如图，在多面体ABCDEFG中，矩形ADEF、矩形CDEG所在的平面均垂直于正方形ABCD所在的平面，且2AB ，3AF （1）求多面体ABCDEFG的体积；（2）求平面BFG与平面ADEF所成锐二面角的余弦值20 （12分） 在大规模防疫检测中为减少检测次数， 我们常采取 “n合1检测法” ， 即将n个人的样本合并检测， 若为阴性，则该小组所有样本均未感染病毒；若为阳性，则还需对本组的每个人再做检测现有20k*()kN人，已知其中有2人感染病毒 （1）若5k，并采取“20合1检测法” ，求共检测
10、25次的概率；（2）设采取“10合1检测法”的总检测次数为X，采取“20合1检测法”的总检测次数为Y，若仅考虑总检测次数的期望值，当k为多少时，采取“20合1检测法”更适宜？请说明理由 21 （12分） 已知函数2( )e1xf xaxx(0)x 存在极值点0 x（1）求实数a的取值范围；（2）比较0(2)fx与0的大小，请说明理由 22 （12分） 椭圆C：22221xyab（0ab）的左顶点为A，上顶点为B，点P在椭圆C的内部（不包含边界）运 动，且与A，B两点不共线，直线PA PB， 与椭圆C分别交于D E，两点，当P为坐标原点时，直线DE的斜率为12，四边形ABDE的面积为4（1）求椭
11、圆C的方程；（2）若直线DE的斜率恒为12，求动点P的轨迹方程 E D F A G C B 第二次联合诊断检测（数学）参考答案 第 5 页 共 8 页 2022 年普通高等学校招生全国统一考试 高三第二次联合诊断检测 数学参考答案 一、选择题 18 CABDDCDC 第8题解析：由(0) sin()0 ， ， ， 知，结合tan0tan知022 ， ， 故3()22， ，5sincoscossin6，sincos1cossin4 ， 故12sincoscossin63 ， ，1sin()2 ，76二、选择题9ACD 10BCD 11BC 12BC 第11题解析：由题知，可设点00()B xx，
12、 ，则直线00(4)(4)4：PQ xxx y，易得直线PQ过定点(3 1)M， 故圆心C到直线PQ的距离不是定值，PCCQ不恒成立，故A选项不正确；因为直线PQ过定点(3 1)M， ，故当PQCM时|PQ最小，min|2 422 2PQ，故最小半径为2，所 以 线 段PQ为 直 径 的 圆 的 最 小 面 积 为2，B选 项 正 确 ； 四 边 形BPCQ的 面 积2| | 2| 2 |4SBPPCBPBC，min|BC点C到直线OA的距离2 2， 故min2 844S，C选项正确；当03x 时，直线:30PQxy 过原点O，两截距均为0，故D选项不正确. 第12题解析：2e (1)( )x
13、xfxx，( )f x在(0)，和(0 1)，上单减，在(1)， 上单增， 24e (22)( )xxxxfxx，( )fx在(0)，上单减，在(0)， 上单增，当0 x 时，曲线上各点处的切线斜率均为负， 且x从0 时切线斜率从0 ； 当01x时，曲线上每点处的切线斜率均为负， 且x从01时切线斜率从0 ； 当1x 时，曲线上每点处的切线斜率均为正， 且x从1 时切线斜率从0 ； ( )f x的大致图象如右图所示， 故当P点位于x轴负半轴时，可作两条切线； 当P点位于坐标原点时，可作一条切线； 当P点位于x轴正半轴时，可作两条切线 xyOPP第二次联合诊断检测（数学）参考答案 第 6 页 共
14、 8 页 三、填空题133 140.27 1512 1614400 第15题解析：255521()(2)(2)(21)xmxmxmxxxx，故x项的系数为52325( 2)( 2)C m， 3324027m ，即12m 第16题解析：记两球面的交线为圆O，则2222121520OOO O，而1225OOOO，解得12916，OOOO，且圆O的半径为12，两球体的公共部分可看作两个球缺，小球中的球缺高为1156OO，216(152)V ， 大球中的球缺高为2204OO，2244(20)3V ，故333321244(1520 )(152027 134 14)1440033VVV四、解答题17 （1
15、0分） 解： （1）由题知224ba，217qq（0q）即2q，故12b，12a，2d，2nan，2nnb；5分 （2）由题知 nc的前20项和13192420Saaabbb， 即102382 (21)10224622 1S10分 18 （12分） 解： （1）sin()sin()cos()3626AAA ，故原式左边等价于cossin()sincos()sin()sin()sin()66666CACAACBB， 即1sin()62B，又0B ，故66B，即3B；6分 （2）由余弦定理知2221cos22acbBac，即222acacb，又4abc， 故222(4()acacac，整理得316
16、8()acac，由面积为33知43ac， 故52ac，32b 12分 19 （12分） 解： （1）AFAD，AF平面ABCD，同理，EDGC均与平面ABCD垂直，故可将多面体补成如图所示的长方体ABCDFHGE，此长方体体积为2 2 312 ，三棱锥BFHG的体积为12 323 ，故此多面体的体积为10；6分 （2）以A为坐标原点，AB AD AF ， ， 分别为x y z， ，轴正方向建立空间直角坐标系， 第二次联合诊断检测（数学）参考答案 第 7 页 共 8 页 则(0 0 0)(2 0 0)(0 2 0)(0 0 3)(2 2 3)ABDFG， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
17、， ， ，7分 ( 2 0 3)(2 2 0)BFFG ， ， ， ， ， ，设平面BFG的法向量为()mx y z， ， ， 则230220 xzxy，令1x 得2(11)3m， ，10分 又ABCD为正方形，ABAD，故AB平面ADEF， (1 0 0)n， ， 为平面ADEF的一个法向量， 13 22cos2241 119m n ， ，故平面BFG与平面ADEF所成锐二面角的余弦值为3 2222. 12分 20 （12分） 解： （1）对100个人采取“20合1检测法”需平均分为5组，共检测25次即2个感染者分在同一组， （法一）只需考虑其中某位感染者所在的小组，原题等价于：从99人中任
18、选19人与他组成一组，求选到的19人中有另一位感染者的概率，此概率为189819991999CC；4分 （法二）将100人平均分成5组，共有20202020205100806040205CC C C CA种分组方法，其中两名感染者在同一组的分组方法有1820202020498806040204C C C C CA种，故所求概率为18202020204189880604020498202020202052010080604020510051999C C C C CACCC C C CAC； .4分 （2） 若2个感染者分在同一组， 则210Xk，820292019201kkCPCk，20Yk，1
19、82021920119201kkCPCk， 若2个感染者分在不同小组，则220Xk，91201Pk ，40Yk，191201Pk ，90()220201E Xkk，380( )40201E Ykk，8分 由题知()( )E XE Y2903802204020.0515.50201201kkkkkk，*kN抛物线220.0515.5yxx的对称轴为10.025x，取20 x得0y，取19x得0y， 故20k， 综上，当20k时，采取“20合1检测法”更适宜. 12分 21 （12分） 解： （1）( )e21xfxax，令( )e21(0)xh xaxx，( )e21 2xh xaa ， 当12
20、a时，( )0h x，( )h x在(0)， 上单增，即( )fx在(0)， 上单增， yxzE D F A G C B H 第二次联合诊断检测（数学）参考答案 第 8 页 共 8 页 ( )(0)0fxf，从而( )f x在(0)， 上单增，故( )f x无极值点，不满足题意，2分 当12a时，( )0ln2h xxa，( )0ln2h xxa，( )h x在(0 ln2 )a， 上单减，在(ln2)a， 上单增， 即( )fx在(0 ln2 )a， 上单减，在(ln2)a， 上单增， 又(0)0f，x 时( )fx ，故必存在0ln2xa，使得0()0fx， 且当0(0)xx， 时( )0
21、fx，( )f x单减，当0()xx， 时( )0fx，( )f x单增， 故( )f x在0 xx处取得极小值，符合题意， 12a； 6分 （2）由（1）知00e210 xax ，即002e1xax，00 x，000002222000000(2)e421e2(e1)21e2e1xxxxxfxaxxxxx ，8分 令2( )e2 e1xxg xx，则2( )2e2(1)e2e (e1)xxxxg xxx，令( )e1xh xx， 当0 x时，( )e10 xh x ，( )h x单增，( )(0)0h xh，( )0g x，( )g x单增，( )(0)0g xg， 0(2)0fx. 12分
22、22 （12分） 解： （1）当P为坐标原点时，D E， 分别为椭圆的右顶点和下顶点，由题知12ba，12242ab， 21ab， ，椭圆C的方程为2214xy； 4分（2）设点001122()()()P xyD xyE xy， ， ， ， ， ，直线1:2DE yxt， 与椭圆方程联立得222220 xtxt， 由22244(22)4(2)0ttt 得22t，则21212222xxt x xt ， ，6分 又1010111111222222xtyytxxxx，202022211111122xtyytxxxx ，则120000112111222ttxxyyxx， ，代入韦达定理得00001122111222tttyyxx ，9分 由题知1t，故0000112111222yyxx ， 即0000002(2)222222xxyxyx ，即00022220 xyx，即0020 xy，11分 点P在椭圆内部，且不在直线AB上，022x且01x ，故P的轨迹方程为20(221)且xyxx . 12分
