1、重庆市2022届高三第二次联合诊断检测数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知：，则复数z在复平面内对应点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2命题“”的否定是（）ABCD3已知集合，则下图中阴影部分表示的集合为（）ABCD4已知某批零件的尺寸（单位：）服从正态分布，其中的产品为“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，则，）ABCD5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，若神舟十二号飞行轨道的近地距离是，远地距离是
2、，则神舟十二号的飞行轨道的离心率为（）ABCD6等差数列的公差为2，前项和为，若，则的最大值为（）A3B6C9D127已知向量，若与的夹角为，则（）ABCD8已知，则（）ABCD二、多选题9已知空间中的两条直线和两个平面，则”的充分条件是（）ABCD10已知，则（）ABCD11已知点，过直线上一点作圆的切线，切点分别为，则（）A以线段为直径的圆必过圆心B以线段为直径的圆的面积的最小值为C四边形的面积的最小值为4D直线在轴上的截距的绝对值之和的最小值为412已知曲线及点，则过点且与曲线相切的直线可能有（）A0条B1条C2条D3条三、填空题13若拋物线的焦点也是双曲线的焦点，则_.14为筹集善款增
3、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嘉宾能正确回答第一二三张图片的概率分别为，相应能募集到的基金金额分别为元，元，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元慈善基金的概率为_.15的展开式中的系数是，则_.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
4、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，则该标志的体积为_.附：一个半径为的球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高（记为），球缺的体积公式为.四、解答题17已知各项均为正数的等差数列的前三项和为12，等比数列的前三项和为，且，.(1)求和的通项公式；(2)设，其中，求数列的前20项和.18在中，角的对边分别，.(1)求；(2)若的周长为4，面积为，求.19如图，在多面体中，矩形，矩形所在的平面均垂直于正方形所在的平面，且.(1)求
5、多面体的体积；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.20在检测中为减少检测次数，我们常采取“合1检测法”，即将个人的样本合并检测，若为阴性，则该小组所有样本均末感染病毒；若为阳性，则还需对本组的每个人再做检测.现有人，已知其中有2人感染病毒.(1)若，并采取“20合1检测法”，求共检测25次的概率；(2)设采取“10合1检测法”的总检测次数为，采取“20合1检测法”的总检测次数为，若仅考虑总检测次数的期望值，当为多少时，采取“20合1检测法”更适宜？请说明理由.21已知函数存在极值点.(1)求实数的取值范围；(2)比较与0的大小，请说明理由.22椭圆的左顶点为，上顶点为，点在椭圆的内部（不包
6、含边界）运动，且与两点不共线，直线与椭圆分别交于两点，当为坐标原点时，直线的斜率为，四边形的面积为4.(1)求椭圆的方程；(2)若直线的斜率恒为，求动点的轨迹方程.参考答案：1C【解析】【分析】根据复数的四则运算化简复数，即可得出答案.【详解】，则复数z在复平面内对应的点为，位于第三象限.故选：C.2A【解析】【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可求解.【详解】命题“”的否定是 “”.故选：A.3B【解析】【分析】由图可知，图中阴影部分表示，先求出集合B，再求出集合B的补集，然后再与集合A求交集【详解】由图可知，图中阴影部分表示由，得，所以，所以或，因为，所以，故选：B4D【解析】【分析】根
7、据原则结合正态分布的对称性即可得出答案.【详解】解：因为某批零件的尺寸（单位：）服从正态分布，所以.故选：D.5D【解析】【分析】以运行轨道长轴所在直线为轴，地心为左焦点建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，根据题意列出方程组，解方程组即可【详解】以运行轨道长轴所在直线为轴，地心为左焦点建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，其中，根据题意有 ，所以 ，所以椭圆的离心率故选：6C【解析】【分析】先利用等差数列的通项公式得到首项，再利用等差数列的前项和公式和一元二次函数求其最值.【详解】设等差数列的首项为，因为，且，所以，解得，则，即取最大值为9.故选：C.7D【解析】【分析】先表示出的坐标，再根据向量的
8、夹角公式列出关于m的方程，解得答案.【详解】由题意得，故 ，解得 ，其中不合题意，舍去，故，故选：D8C【解析】【分析】先利用三角函数的符号确定角、的范围，再利用两角差的正弦公式、同角三角函数基本关系的商数关系得到关于和的方程组，再利用两角和的正弦公式求出，进而结合角的范围进行求解.【详解】因为，所以或；若，则，此时（舍）；若，则，此时（符合题意），所以，即；因为且，所以且，解得，则，所以.故选：C.9ACD【解析】【分析】根据线面垂直或平行关系，代入分析讨论求证即可.【详解】对于选项， ，则有内的一条直线 因为，所以又所以，即条件“”能够得到,所以选项是的充分条件；对于选项，不一定能够得出结
9、论， 也可能相交或平行；因此该选项错误；对于选项，所以，又因为所以，因此该选项正确；对于选项，因为所以或又因为，所以.故选：ACD.10BCD【解析】【分析】根据指数式与对数式的互化，再利用对数的运算性质及对数大小的比较及不等式的性质即可求解.【详解】对于A，故A不正确；对于B，故B正确；对于C，故C 正确；对于D，由B知，故D正确；故选：BCD.11BC【解析】【分析】利用直线与圆之间的关系，列出点到直线距离公式，逐个选项进行判断即可【详解】由题知，可设点，则由切点弦结论得直线，易得直线过定点，故圆心到直线的距离不是定值，不恒成立，故选项不正确；因为直线过定点，故当时最小，故最小半径为，所以
10、线段为直径的圆的最小面积为，B选项正确；四边形的面积，点到直线的距离，故，C选项正确；当时，直线过原点，两截距均为0，故选项不正确.故选：BC12BC【解析】【分析】设切点，根据导数的几何意义等于切线斜率，以及导数的比值定义式联立等式条件，分析在不同的情况下能够得到几个值，即能够得到几个切点，即对应几条切线即可.【详解】因为，所以，设切点， 在点处的导数为，根据导数的几何意义等于切线斜率，以及导数的比值定义式有： 整理得 ，所以，当时，可化为，由函数定义域知分母不为0，所以只能解得，因此过只能找到一条与曲线相切的直线；当时，可化为，是关于的二次方程，且两根之积为，所以所求根之中一定不含0，此时
11、对任意能够找到两个满足条件.综上所述，过点且与曲线相切的直线可能有1或2条.故选：BC.13【解析】【分析】先写出抛物线的焦点坐标，再利用双曲线中的进行求解.【详解】因为拋物线的焦点为，且该点也是双曲线的焦点，所以，又因为，所以.故答案为：.14#.【解析】【分析】根据独立事件和对立事件概率公式求解即可.【详解】恰好筹集到元慈善基金的情况为：答对第一、二张图片，答错第三张图片，所求概率.故答案为：.15#0.5【解析】【分析】利用多项式乘多项式法则，求出展开式中常数项及项即可列式计算作答.【详解】依题意，的展开式中的项是由分别与展开式中常数项及项相乘积的和，因此，的展开式中的项为，即有，解得，
12、所以.故答案为：16【解析】【分析】作出大圆截图，利用弦心距、直角三角形得到两个球缺的高，再利用球的体积公式、球缺的体积公式进行求解.【详解】记两球面的交线为圆，其大圆截面如图所示，则，且，解得，且圆的半径为12，两球体的公共部分可看作两个球缺，小球中的球缺高为，大球中的球缺高为，故.故答案为：.17(1)，(2)【解析】【分析】（1）设出等差数列、等比数列的基本量，根据题意得到关于基本量的方程组进行求解；（2）利用分组法和等差数列、等比数列的求和公式进行求解.(1)解：设等差数列的首项为、公差为，等差数列的首项为、公比为，由题意，得，解得，所以，；(2)解：由题知的前20项和，即.18(1)
13、(2)【解析】【分析】（1）利用、和诱导公式、两角和差的余弦公式进行化简，再结合角的范围进行求解；（2）利用余弦定理、三角形的面积公式、周长公式得到关于的方程组进行求解.(1)解：因为，所以，即，所以，因为，所以,所以又，故，所以，即；(2)解：由余弦定理，得，即，又，所以，即整理得，由面积为，即，所以，.19(1)10(2)【解析】【分析】（1）利用补形法和体积差减去三棱锥的体积即可；（2）以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，求出，并结合立体图形判定二面角为锐角，从而进一步求出二面角余弦值即可.(1)平面，同理均与平面垂直，故可将多面体补成如图所示的长方体
14、，此长方体体积为，三棱锥的体积为，故此多面体的体积为10；(2)以为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令得，又为正方形，故平面，为平面的一个法向量，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.20(1)(2)【解析】【分析】（1）先根据分组情况和检测人数得到2个感染者分在同一组，再利用组合知识和古典概型的概率公式进行求解；（2）先根据2位感染者是否分在同一组确定两种检测方案的检测次数及相应概率，得到分布列，再利用期望公式求两个变量的期望，再通过一元二次函数的性质进行求解.(1)解：对100个人采取“20合1检测法”需平均分为5组，先检测5次，因为共检测25次，即2个
15、感染者分在同一组；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；(2)解：若2个感染者分在同一组，则，若2个感染者分在不同小组，则，令，则，即，抛物线的对称轴为，取得，取得，故，综上，当时，采取“20合1检测法”更适宜.21(1)(2)，理由见解析【解析】【分析】（1）先求解函数的导函数，再根据极值存在性定理讨论参数的取值范围（注意这里需要二次求导）；（2）根据题意列出关于的等式，再运用构造新函数法，结合导函数求解最值可得出结果.(1)，令，当时，在上单调递增，即在上单调递增，从而在上单增，故无极值点，不满足题意
16、，当时，在上单调递减，在上单调递增，即在上单调递减，在上单调递增，又时，故，而，设，则，故在上为增函数，故，故在上为增函数，故，故，而，故在上有且只有一个零点，故必存在，使得，且当时单调递减，当时单调递增，故在处取得极小值，符合题意，；(2)由（1）知，即，令，则，令，当时，单调递增，单调递增，.【点睛】（1）根据极值求解参数的取值范围，这一问重点要注意二次求导的计算和转化；（2）先需要将比较大小转化为函数最值问题。再运用构造函数法求解函数的最值.重点运用了转化与化归的思想，同时构造新函数也是解决问题的关键.22(1)(2)且【解析】【分析】（1）根据已知条件及椭圆的顶点，再结合斜率及四边形的面积公式即可求解；（2）设出直线，与椭圆联立方程组，消去，得关于的一元二次方程，利用韦达定理写出的关系，利用斜率相等及点在椭圆内且不在直线上即可求解.(1)当为坐标原点时，分别为椭圆的右顶点和下顶点，由题知，解得，所以椭圆的方程为；(2)设点，直线，则，消去化简整理，得，由得，则，又，则，代入韦达定理得，由题知，故，即，即，即，点在椭圆内部，且不在直线上，且，故的轨迹方程为且.
