西安市第二十六2022年高三第二次诊断性检测数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，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执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）A2B3CD2已知是虚数单位，则复数（ ）ABC2D3如图所示，正方体的棱，的中点分别为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）ABCD4在等腰直角

2、三角形中，为的中点，将它沿翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球的表面积为（ ）.ABCD5已知函数的图象在点处的切线方程是，则（ ）A2B3C-2D-36如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）A2对B3对C4对D5对7已知函数，则不等式的解集为（ ）ABCD8双曲线：（，）的一个焦点为（），且双曲线的两条渐近线与圆：均相切，则双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD9设是虚数单位，若复数，则（ ）ABCD10以下三个命题：在匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样；若两个变量的线

3、性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握越大；其中真命题的个数为（ ）A3B2C1D011在的展开式中，含的项的系数是（ ）A74B121CD12已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设，若函数有大于零的极值点，则实数的取值范围是_14角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P（1，2），则sin（）的值是_15如图在三棱柱中，点为线段上一动点，则的最小值为_.16（5分）已知为实数，向量，且，则_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证

4、明过程或演算步骤。17（12分）已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）点P是椭圆上异于短轴端点A，B的任意一点，过点P作轴于Q，线段PQ的中点为M.直线AM与直线交于点N，D为线段BN的中点，设O为坐标原点，试判断以OD为直径的圆与点M的位置关系.18（12分）已知数列满足，且.（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.19（12分）已知函数.（1）当时，不等式恒成立，求的最小值；（2）设数列，其前项和为，证明：.20（12分）设函数（1）当时，求不等式的解集；（2）当时，求实数的取值范围21（12分）已知非零实数满足 （1）求证：； （

5、2）是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出实数的取值范围； 若不存在，请说明理由22（10分）已知函数（1）若在处取得极值，求的值；（2）求在区间上的最小值；（3）在（1）的条件下，若，求证：当时，恒有成立参考答案一、选择题：本题共12小题，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。1B【解析】运行程序，依次进行循环,结合判断框，可得输出值.【详解】起始阶段有，第一次循环后，第二次循环后，第三次循环后，第四次循环后，所有后面的循环具有周期性，周期为3，当时，再次循环输出的,，此时，循环结束，输出，故选：B【点睛】本题主要考查程序框图的相关知识，经过几次循环找出规

6、律是关键，属于基础题型.2A【解析】根据复数的基本运算求解即可.【详解】.故选：A【点睛】本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题.3C【解析】以D为原点，DA，DC，DD1 分别为轴，建立空间直角坐标系，由向量法求出直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则，取平面的法向量为，设直线EF与平面AA1D1D所成角为，则sin|，直线与平面所成角的正弦值为.故选C【点睛】本题考查了线面角的正弦值的求法，也考查数形结合思想和向量法的应用，属于中档题4D【解析】如图，将四面体放到

7、直三棱柱中，求四面体的外接球的半径转化为求三棱柱外接球的半径，然后确定球心在上下底面外接圆圆心连线中点，这样根据几何关系，求外接球的半径.【详解】中，易知， 翻折后, ，设外接圆的半径为， ， ，如图：易得平面，将四面体放到直三棱柱中，则球心在上下底面外接圆圆心连线中点，设几何体外接球的半径为， ， 四面体的外接球的表面积为.故选：D【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积，意在考查空间想象能力，和计算能力，属于中档题型，求几何体的外接球的半径时，一般可以用补形法，因正方体，长方体的外接球半径 容易求，可以将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，比如三条侧棱两两垂直的三棱锥，或是构造直角三角形法

8、，确定球心的位置，构造关于外接球半径的方程求解.5B【解析】根据求出再根据也在直线上，求出b的值，即得解.【详解】因为，所以所以，又也在直线上，所以，解得所以.故选：B【点睛】本题主要考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6C【解析】画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案【详解】该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，作POAD于O，则有PO平面ABCD，POCD，又ADCD，所以，CD平面PAD，所以平面平面，同理可证：平面平面，由三视图可知：POAOOD，所以，APPD，又APCD，所以，AP平面PCD，所以，平面

9、平面，所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对【点睛】本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题7D【解析】先判断函数的奇偶性和单调性，得到，且，解不等式得解.【详解】由题得函数的定义域为.因为，所以为上的偶函数，因为函数都是在上单调递减.所以函数在上单调递减.因为，所以，且，解得.故选：D【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断，考查函数的奇偶性和单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8A【解析】根据题意得到，化简得到，得到答案.【详解】根据题意知：焦点到渐近线的距离为，故，故渐近线为.故选：.【点睛】本题考查了直线和圆的位置

10、关系，双曲线的渐近线，意在考查学生的计算能力和转化能力.9A【解析】结合复数的除法运算和模长公式求解即可【详解】复数，则，故选：A.【点睛】本题考查复数的除法、模长、平方运算，属于基础题10C【解析】根据抽样方式的特征，可判断；根据相关系数的性质，可判断；根据独立性检验的方法和步骤，可判断【详解】根据抽样是间隔相同，且样本间无明显差异，故应是系统抽样，即为假命题；两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；两个随机变量相关性越弱，则相关系数的绝对值越接近于0；故为真命题；对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，“与有关系”的把握程度越小，故为假命题故选：【点睛】本题以命题的真假判断

11、为载体考查了抽样方法、相关系数、独立性检验等知识点，属于基础题11D【解析】根据，利用通项公式得到含的项为：，进而得到其系数，【详解】因为在，所以含的项为：，所以含的项的系数是的系数是，故选：D【点睛】本题主要考查二项展开式及通项公式和项的系数，还考查了运算求解的能力，属于基础题，12B【解析】解：命题p：x0，ln（x+1）0，则命题p为真命题，则p为假命题；取a=1，b=2，ab，但a2b2，则命题q是假命题，则q是真命题pq是假命题，pq是真命题，pq是假命题，pq是假命题故选B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】先求导数，求解导数为零的根，结合根的分布求解.【详

12、解】因为，所以，令得，因为函数有大于0的极值点，所以，即.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值点问题，极值点为导数的变号零点，侧重考查转化化归思想.14【解析】计算sin，再利用诱导公式计算得到答案.【详解】由题意可得x1，y2，r，sin，sin（）sin故答案为：【点睛】本题考查了三角函数定义，诱导公式，意在考查学生的计算能力.15【解析】把 绕着进行旋转，当四点共面时，运用勾股定理即可求得的最小值.【详解】将以为轴旋转至与面在一个平面，展开图如图所示，若，三点共线时最小为，为直角三角形，故答案为：【点睛】本题考查了空间几何体的翻折，平面内两点之间线段最短，解直角三角形进行求解，考查

13、了空间想象能力和计算能力，属于中档题.165【解析】由，且，得，解得，则，则三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）（2）点在以为直径的圆上【解析】（1）根据题意列出关于，的方程组，解出，的值，即可得到椭圆的标准方程；（2）设点，则，求出直线的方程，进而求出点的坐标，再利用中点坐标公式得到点的坐标，下面结合点在椭圆上证出，所以点在以为直径的圆上【详解】（1）由题意可知，解得，椭圆的标准方程为：.（2）设点，则，直线的斜率为，直线的方程为：，令得，点的坐标为，点的坐标为，又点，在椭圆上，点在以为直径的圆上【点睛】本题主要考查了椭圆方程，考查了中点坐标公式，以及平面

14、向量的基本知识，属于中档题18（1）证明见解析；（2）【解析】（1）根据题目所给递推关系式得到，由此证得数列为等比数列，并求得其通项公式.然后利用累加法求得数列的通项公式.（2）利用错位相减求和法求得数列的前项和【详解】（1）已知，则，且，则为以3为首相，3为公比的等比数列，所以，.（2）由（1）得：，可得，则即.【点睛】本小题主要考查根据递推关系式证明等比数列，考查累加法求数列的通项公式，考查错位相减求和法，属于中档题.19（1）；（2）证明见解析.【解析】（1），分，三种情况推理即可；（2）由（1）可得，即，利用累加法即可得到证明.【详解】（1）由，得.当时，方程的，因此在区间上恒为负数.

15、所以时，函数在区间上单调递减.又，所以函数在区间上恒成立；当时，方程有两个不等实根，且满足，所以函数的导函数在区间上大于零，函数在区间上单增，又，所以函数在区间上恒大于零，不满足题意；当时，在区间上，函数在区间上恒为正数，所以在区间上恒为正数，不满足题意；综上可知：若时，不等式恒成立，的最小值为.（2）由第（1）知：若时，.若，则，即成立.将换成，得成立，即，以此类推，得，上述各式相加，得，又，所以.【点睛】本题考查利用导数研究函数恒成立问题、证明数列不等式问题，考查学生的逻辑推理能力以及数学计算能力，是一道难题.20 (1) (2) 当时，的取值范围为；当时，的取值范围为【解析】（1）当时，

16、分类讨论把不等式化为等价不等式组，即可求解 (2)由绝对值的三角不等式，可得，当且仅当时，取“”，分类讨论，即可求解【详解】（1）当时，不等式可化为或或 ，解得不等式的解集为 (2)由绝对值的三角不等式，可得， 当且仅当时，取“”， 所以当时，的取值范围为；当时，的取值范围为【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其中解答中熟记含绝对值不等式的解法，以及合理应用绝对值的三角不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题21（1）见解析（2）存在，【解析】（1）利用作差法即可证出.（2）将不等式通分化简可得，讨论或，分离参数，利用基本不等式即可求解.【

17、详解】又即即当时，即恒成立（当且仅当时取等号），故当时恒成立（当且仅当时取等号），故综上，【点睛】本题考查了作差法证明不等式、基本不等式求最值、考查了分类讨论的思想，属于基础题.22（1）2；（2）；（3）证明见解析【解析】（1）先求出函数的定义域和导数，由已知函数在处取得极值，得到，即可求解的值；（2）由（1）得，定义域为，分，和三种情况讨论，分别求得函数的最小值，即可得到结论；（3）由，得到，把，只需证，构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】（1）由，定义域为，则，因为函数在处取得极值，所以，即，解得，经检验，满足题意，所以.(2)由（1）得，定义域为，当时，有，在区间上单调递增，最小值为，当时，由得，且，当时，单调递减；当时，单调递增；所以在区间上单调递增，最小