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1、关注公众号品数学 2022年高三第二次教学质量监测理科数学试题本试卷4页，满分150分考试时间120分钟注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号和座位号填在答题卡上将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答聚；不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效4考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回一
2、、选择题：本大题共12个题，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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【1题答案】【答案】B【解析】【分析】先化简集合，在求集合与集合补集的交集【详解】所以所以故选：B2. 若复数满足，则在复平面内的共轭复数对应的点位于A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【2题答案】【答案】A【解析】【分析】先求出复数z和,再求出在复平面内的共轭复数对应的点的位置得解.【详解】由题得，所以，所以在复平面内的共轭复数对应的点为，在第一象限.故选：A.【点睛】本题主要考查复数的模和复数的除法，意在考查学生对这些知识的理
3、解掌握水平和分析推理能力.3. 命题“若，则”的否命题为（ ）A. 若，则且B. 若，则或C. 若，则且D. 若，则或【3题答案】【答案】D【解析】【分析】同时否定条件和结论即可，注意x=0且y=0，的否定为或.【详解】命题“若，则”即为“若，则且”所以否命题为：若，则或.故选：D4. 执行如图所示的程序框图，则输出的a值是（ ）A. 3B. 15C. 17D. 18【4题答案】【答案】C【解析】【分析】模拟执行程序，即可求得输出结果.【详解】模拟执行程序如下所示：，满足，则，满足，则，满足，则，不满足，此时输出的值为故选：C.5. 已知椭圆的焦点为，等轴双曲线的焦点为，若四边形是正方形，则该
4、椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【5题答案】【答案】C【解析】【分析】根据椭圆和双曲线的焦距相等列方程，然后整理可得.【详解】由题意知，椭圆和双曲线的焦距相等，所以有，整理得，所以.故选：C6. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ）A. B. C. D. 【6题答案】【答案】A【解析】【分析】利用特殊值法可判断BD选项，判断C选项在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】对于B选项，与题图不符；对于C选项，当时，则，与题图不符；对于D选项，与题图不符.排除BCD选项.故选：A.7. 等比数列的前项和为，已知，且与的等差中项为，则A. 29B. 31C. 33D
5、. 36【7题答案】【答案】B【解析】【详解】试题分析：设等比数列的首项为，公比为，由题意知，解得，所以，故选B考点：等比数列通项公式及求前项和公式【一题多解】由，得又，所以，所以，所以，所以，故选B8. 己知的展开式的所有项系数之和为81，则展开式中含的项的系数为（ ）A. 56B. 60C. 68D. 72【8题答案】【答案】A【解析】【分析】通过赋值，求得参数的值，再根据的产生，结合二项式展开式的通项公式即可求得结果.【详解】因为的展开式的所有项系数之和为81，故令，则，解得，又对，其展开式中项是：由中的常数项与的项相乘得到，或由中的项与的项相乘得到，故的展开式中含的系数为.故选：A9.
6、 已知函数的最小正周期为，则在区间上的值域为（ ）A. B. C. D. 【9题答案】【答案】C【解析】【分析】利用降幂公式、二倍角公式和辅助角公式化简，由最小正周期为可得，然后根据正弦函数的性质可得.【详解】，因为，所以，得，所以，因为，所以，所以当，即时，当，即时，.故选：C10. 十八世纪初普鲁士的哥尼斯堡，有一条河穿过，河上有两个小岛，有七座桥把两个岛与河岸连接起来有人提出一个问题：一个步行者怎样才能不重复、不遗漏地一次走完这七座桥，最后回到出发点这就是著名的哥尼斯堡七桥问题（下简称七桥问题），很多人尝试解决这个问题，但绞尽脑汁，就是无法找到答案直到1736年，29岁的欧拉以拉丁文正式
7、发表了论文关于位置几何问题的解法，文中详细讨论了七桥问题并作了一些推广，该论文被认为是图论、拓扑学和网络科学的发端图1是欧拉当年解决七桥问题的手绘图，图2是该问题相应的示意图，其中，四个点代表陆地，连接这些点的边就是桥欧拉将七桥问题转化成一个几何问题笔画问题一笔画问题中，要求不遗漏地依次走完每一条边，允许重复走过某些结点，可以不回到出发点，但不允许重复走过任何一条边在图3中，根据以上一笔画问题的规则，不同的走法总数为（ ）A B. C. D. 【10题答案】【答案】D【解析】【分析】根据欧拉找到的“一笔画”规律：凡是只有两个奇点的连通图（其余都为偶点）一定可以一笔画成.画时必须把一个奇点为起点
8、，另一个奇点为终点.【详解】图中，和是偶点，和是奇点，根据欧拉找到的“一笔画”规律：凡是只有两个奇点的连通图（其余都为偶点）一定可以一笔画成.画时必须把一个奇点为起点，另一个奇点为终点.以为起点时，有、六种画法以为起点时，所有路线与以上情况相反即可，也有六种，故共有种画法故选：D11. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【11题答案】【答案】B【解析】【分析】构造函数，进而证得，然后结合函数的单调性证得，从而可以得出结论.【详解】令，则，令，则，所以在上单调递减，且，由零点存在性定理可知，存在唯一的，使得，即，因此时，即在上单调递增，时，即在上单调递减，所以在处取得极大值，同时也是最大值，
9、因此，即，而函数在上单调递增，且，所以，故，即，因此，所以，因此，故选：B.12. 正方体中，点P满足，设过点,，的球的半径为，过点，的球的半径为，则的值为（ ）A. B. C. D. 【12题答案】【答案】D【解析】【分析】过点,，的球心在正方体体对角线的中点，即可求出半径，画出图形,由平面，可知过点，的球心在上，通过几何关系由余弦定理即可求出过点，的球的半径为，即可求得的值.【详解】由已知条件可知，设正方体的棱长为，过点,，的球的球心在正方体体对角线的中点，则半径为，如下图所示，平面,过点，的球的球心在上的点处，设与平面交于点,则,其中截面如下图所示，为边长为的等边三角形，则，由得，设，则
10、，,在中由余弦定理得，解得，则，即，故选：.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 设，则_【13题答案】【答案】【解析】【分析】根据微积分定理的知识进行求解即可.【详解】解：因为，所以.故答案为：.14. 已知平面向量，单位向量满足，则向量与夹角为_【14题答案】【答案】【解析】【分析】先求出，根据向量夹角公式求解即可【详解】为单位向量，则，由于，所以则，所以向量与夹角为故答案为：15. 已知一个三棱柱被一个平面所截留下的几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_【15题答案】【答案】【解析】【分析】根据三视图可知，该几何体是三棱柱被一个平面所截去一个三棱锥留下的部分，是一
11、个四棱锥，如图所示，分别求出各个面的面积，从而可得出答案.【详解】解：根据三视图可知，该几何体是三棱柱被一个平面所截去一个三棱锥留下的部分，是一个四棱锥，如图所示，则，在中，边上的高，则，所以该几何体的表面积为.故答案：.16. 知实数x，y满足，则的取值范围为_【16题答案】【答案】【解析】【分析】把去绝对值符号变形，画出图形，利用线性规划知识结合元与双曲线的性质求出的范围，即可得出答案.【详解】解：由，当时，得，表示渐近线为焦点在轴得双曲线位于第一象限的部分（包括坐标轴），当时，得，表示以原点为圆心1为半径，位于第四象限的部分，当时，得，不表示任何图形，当时，得，表示渐近线为焦点在轴得双曲
12、线位于第三象限的部分（包括坐标轴），作出图形如图所示，令，则，由图可知，当直线与相切时，最大，此时，故，即的最大值为，当直线与双曲线的渐近线无限接近时，趋于0，所以的取值范围为.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1721题为必考题，每个试题考生都必须做答，第22、23题为选考题，考生根据要求做答（一）必考题：共60分17. 2022年2月20日，北京冬奥会在鸟巢落下帷幕，中国队创历史最佳战绩北京冬奥会的成功举办推动了我国冰雪运动的普及，让越来越多的青少年爱上了冰雪运动某校组织了一次全校冰雪运动知识竞赛，并抽取了100名参赛学生的成绩制作成如下频率分布表：竞
13、赛得分频率（1）如果规定竞赛得分在为“良好”，竞赛得分在为“优秀”，从成绩为“良好”和“优秀”的两组学生中，使用分层抽样抽取5人现从这5人中抽取2人进行座谈，求两人竞赛得分都是“优秀”的概率；（2）以这100名参赛学生中竞赛得分为“优秀”的频率作为全校知识竞赛中得分为“优秀”的学生被抽中的概率现从该校学生中随机抽取3人，记竞赛得分为“优秀”的人数为，求随机变量的分布列及数学期望【1718题答案】【答案】（1） （2）分布列见解析，【解析】【小问1详解】成绩为“良好”和“优秀”的两组频率合计，共人，抽样比为所以成绩为“良好”的抽取人，成绩为“优秀”的抽取人所以抽到的竞赛得分都是“优秀”的概率为【
14、小问2详解】由题意知，的可能取值， 由题可知，任意1名学生竞赛得分“优秀”的概率为，竞赛得分不是“优秀”的概率为若以频率估计概率，则服从二项分布；所以的分布列为18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且， 在；这三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，并作答（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）（1）求的面积S；（2）求角A的平分线的长【1819题答案】【答案】（1）条件选择见解析， （2）条件选择见解析，【解析】【分析】（1）选：由平面向量数量积的定义，由可求得，再求，即可由三角形面积公式求得面积；选：由正弦定理得，化简即可求得，再由余弦定理求得，再求，即可由三角
15、形面积公式求得面积；选：由倍角公式得，化简可得，即可求得A，再由余弦定理求得，再求，即可由三角形面积公式求得面积.（2）选：由余弦定理求得，再由余弦定理求得，即可求得A，最后由即可解得；选：由即可解得；选：由即可解得.【小问1详解】选：因为，所以，又，所以，所以，所以选：因为，所以由正弦定理可得，所以，由正弦定理可得，所以，由余弦定理可得，由，所以，所以选：因为，所以，由，所以，由余弦定理可得，所以所以【小问2详解】选：由余弦定理可得，所以所以，由，所以因为，所以可解得 选：因为，所以可解得 选：因为，所以可解得19. 如图，多面体中，四边形是边长为4的菱形，平面平面平面（1）求证：平面；（2
16、）求二面角的正弦值【1920题答案】【答案】（1）证明见详解； （2）【解析】【分析】（1）：取中点，证平面，所以，即可证明平面；（2）：连接交于，先证两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，根据二面角的向量求解公式即可求解【小问1详解】取中点，连接因为是等腰三角形，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，又因为平面，所以，又，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面【小问2详解】连接交于，取中点，连接，所以因为平面，所以平面，因为平面，所以，又因为四边形是菱形，所以，所以两两垂直建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，设平面的法向量为，则令，得，又平面的法向量为设二面角的大小为，则
17、，所以二面角的正弦值为20. 平面直角坐标系中，已知直线与抛物线相切（1）求抛物线C的方程；（2）设A，B，P为抛物线C上的三个点，若直线与l平行，线段的中点为M，点N在x轴上且，求面积的取值范围【2021题答案】【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程消元，由判别式等于0可得；（2）设直线联立抛物线方程，由判别式大于0可得t的范围，再由韦达定理可得M坐标，根据已知可得N为PM中点，从而可得P、N坐标，然后表示出三角形面积，根据t的范围可得.【小问1详解】联立直线与抛物线的方程得，由题意，解得，所以抛物线的方程为【小问2详解】依题意设直线，与抛物线的方程联立，得由得
18、，由韦达定理可知，线段的中点的纵坐标，横坐标由于点在轴上且，所以为线段的中点，故，代入抛物线方程可得点的坐标为，点的横坐标于是，的面积，因为，所以面积的取值范围是21. 己知数列和，且，函数，其中（1）求函数的单调区间；（2）若数列各项均为正整数，且对任意的都有求证：（）；（），其中为自然对数的底数【2122题答案】【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为 （2）（）、（）证明见解析【解析】【分析】（1）求导之后，分别令，即可求得单调区间（2）（i）将已知恒成立的不等式化简之后再放缩得到，又为整数，则，即得所证（ii）对所要证明的不等式两边同时取对数，等价转化为，利用（1）的结论可得（），赋值
19、累加之后进一步将问题转化为证明，对通项进行放缩，即可证明【小问1详解】（），令得因为，所以，当时，；当时，故函数的单调递减区间为，单调递增区间为【小问2详解】（i）法一：因为各项均为正整数，即，故于是，又，所以，由题意为整数，因此只能，即（i）法二：由题，因为各项均为正整数，即，故，于是且由题意为整数，因此只能，即 （ii）法一：由，得，原不等式由（1）知时，（），取得因此只需证：，即证明记，则；当时，故原不等式成立 （ii）法二：由，得，原不等式由（1）知时，（），取得因此只需证：，即证明；当时，故，即当时，故原不等式成立【点睛】利用导数证明不等式，一般要结合所证不等式，抽象构造出函数，利用
20、导数求出函数的单调性或最值，证明不等式成立，然后把已经证明的不等式替换，或应用得到需要证明的不等式，能力要求较高，属于难题.（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分【选修4-4：坐标系与参数方程】22. 在平面直角坐标系中，直线l的方程为：以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为：（1）求曲线C的直角坐标方程，以及直线恒过的定点的极坐标；（2）直线l与曲线C相交于M，N两点，若，试求直线l直角坐标方程【2223题答案】【答案】（1）曲线C的直角坐标方程：，直线恒过的定点的极坐标为 （2）或【解析】【分析】（1）根据极
21、坐标和直角坐标相互转化公式求得曲线C的直角坐标方程，以及直线恒过的定点的极坐标.（2）结合直线与圆相交所得弦长、点到直线的距离公式列方程，由此求得直线的直角坐标方程.【小问1详解】曲线的极坐标方程：，得：，由，得曲线的直角坐标方程：，即，由直线：，得：，设 ；解得：，所以，定点的极坐标为.【小问2详解】由（1）得，曲线：，圆心，半径，由，得圆心到直线的距离.当直线的斜率不存在时，经检验满足题意；当直线的斜率存在时，设，即：.，直线的方程为: ,所以，直线的方程：或.【选修4-5：不等式选讲】23. 已知函数（1）求不等式的解集M；（2）记的最小值为m，正实数a，b满足：，求证：【2324题答案】【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先写成分段函数再求解；（2）利用基本不等式证明.【小问1详解】 由此解得：所以不等式解集为【小问2详解】当且仅当时,即时取等号.证毕高中数学资料共享群（734924357）