山东省济南一中等四校2022年高三第二次诊断性检测数学试卷含解析

2021-2022高考数学模拟试卷考生请注意：1考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。n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。n设等比数列

的前n

，则“aan1 n

2a2

”是

2n1

0的（ ）C．充要

必要不充分D已知等差数列{an}，则“a2＞a1”是数列{an}的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为则球的体积为( )A． B． C． D．下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色，其面积称为朱实、黄实，利用2勾股(股-)24朱实，化简，得2股2弦2设勾股形中勾股比为1: 3，若向弦图内随机抛掷1000颗图钉（大小忽略不计，则落在黄色图形内的图钉数大约为（ ）A．134 B．866 C．300 D．500若圆锥轴截面面积为2 3，母线与底面所成角为则体积为( )33

2 3

C．2 33

D．2 636．x31

x 的展开式中的常数项( ) xA．－60 B．240 C．－80 D．180复数z(2i)(1i)的共轭复数为（ ）A．3B．3C．1D．1fx

f3x

f3x

x0,3

fxlnx1已知

是定义是R上的奇函数，满足 2 2 2

，当 2 2

时， ，则函数fx在区间上的零点个数是（ ）A．3

B．5 C．7

D．9yA A

是圆心为坐标原点O1的圆上的任意一点，将射线OA绕点O到OB交圆3BxyB BA．3

则2y yA B．2

的最大值为（ ）3 D．5复数z满足zi2(i为虚数单位则z的虚部为（ ） i B．i C． BCabcC3则的面积为（ ）

，若mc 6,ab，nab,c 6 ，且m//n，A．3 B．9 32

C．3 32

D．3312．已知向量a(3sinx,2)，b(1,cosx)，当ab时，cos2x（ ）2 2 A．12 B．1213 13

C．6 D．613 13二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。已知x0是函数f(x)x(axtanx)的极大值点，则a的取值范围是 ．已在中，a b c ”，类比以上正弦定理在三棱锥ABCD中，侧棱AB与平面ACD所sinA sinB sinC S成的角为、与平面BCD所成的角为 ，3 12xy0

S

．已知实数x，y满足约束条件xy40，则z23xy的最大值是 .y1《九章算术》卷”十二而一”，就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为V

1（底面圆的周长的平方高，则由此可推得圆周率的取12值为 .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。17（12分）已知圆O:x2y28上有一动点QO的坐标为,0，四边形QOOR为平行四边形，线段OR1 2 1 2 1的垂直平分线交O2

R于点P.（Ⅰ）求点P的轨迹C的方程；（Ⅱ）过点O2

作直线与曲线C两点，点K的坐标为，直线yM，N两点，求证：线段MN的中点为定点，并求出△KMN面积的最大值.18（12分）如图，四棱锥﹣ABCD的侧棱DE与四棱锥﹣ABCD的侧棱BF都与底面ABCD垂直，ADCD，AB//CD，AB3,ADCD4,AE5,AF3 2.DF//BCE.设平面ABF与平面CDF所成的二面角为，求cos2.19（12分）如图，在四边形ABCD中，DB，AD2DC4，sinB3.4AC的长；若6，求sinCABsinACB的值.20（12分）如图，在四棱锥SABCD中，平面SAD平面ABC，SD1，cosASD长为2的菱形，点E，F分别为棱DC，BC的中点，点G是棱SC靠近点C的四等分点.

5ABCD是边5求证（）直线SA 平面EF；（2）直线AC平面SDB.21（12分）△ABC的内角,B,C的对边分别为a,b,c,且siCsiBsinAB．A的大小若a 7,△ABC的面积S3 3,求△ABC的周长．222（10分已知ABC的内角A、BC的对边分别为abc3sinAcosA0.a1；②b 3；③求c；

ABC

3.其中三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件完成下面两个问题：4DBCADAC，求ABD的面积.参考答案125601．A【解析】首先根据等比数列分别求出满足aa1 3

2a2

，S2

0.【详解】a为等比数列，naa1

2a2

成立，有a1

q22q0，q22q10恒成立，故可以推出a1

0q1，若S 0成立，2n1q1时，有a1a

0，1q2n1

1q2n1q1时，有1

1q

0，因为

1q

0恒成立，所以有a1

0，故可以推出a1

0，qR，“所以aa“1

2a2

”是

2

0的充分不必要条件.A.【点睛】本题主要考查了等比数列基本量的求解，充分必要条件的集合关系，属于基础题.2．C【解析】试题分析：根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．解：在等差数列{an}中，若a2＞a1，则d＞0，即数列{an}为单调递增数列，若数列{an}为单调递增数列，则a2＞a1，成立，即“a2＞a1”是“数列{an}为单调递增数列”充分必要条件，故选C．考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．3．A【解析】设球心为三棱柱的上底面 的内切圆的圆心为该圆与边 切于点根据球的几何性质可得为直角三角形，然后根据题中数据求出圆【详解】如图，设三棱柱为 ，且

半径，进而求得球的半径，最后可求出球的体积．，高 ．所以底面则圆的半径为

为斜边是

的直角三角形，设该三角形的内切圆为圆．

，圆与边 切于点，设球心为，则由球的几何知识得 为直角三角形，且 所以 ，即球的半径为 ，所以球的体积为 ．A．【点睛】本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个：构造以球半径、球心到小圆圆心的距离和小圆半径为三边的直角三角形，并在此三角形内求出球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法．若直角三角形的两直角边为 ，斜边为，则该直角三角形内切圆的半径 ，合理利用中间结论可提高解题的效率．4．A【解析】1，3.3解析：设三角形的直角边分别为1，3

，则弦为2，故而大正方形的面积为4，小正方形的面积为342 .3图钉落在黄色图形内的概率为4232 3.34 2落在黄色图形内的图钉数大约为10002 3134.2故选：A.点睛：应用几何概型求概率的方法建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量．一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；标系即可建立与体积有关的几何概型．5．D【解析】3设圆锥底面圆的半径为r，由轴截面面积为23

可得半径r，再利用圆锥体积公式计算即可.【详解】3设圆锥底面圆的半径为r，由已知，12r 23226

，解得r ，212所以圆锥的体积V3r2 故选：D【点睛】

3.本题考查圆锥的体积的计算，涉及到圆锥的定义，是一道容易题.6．D【解析】x x

26

26 1求x31 x的展开式中的常数项，可转化为求 x展开式中的常数项和x3项，再求和即可得出答. x【详解】xxx

26 422由题意， 中常数项为C2 x x 60， x 6 x 2x

1中 项为C43

4 221x 221 x xx x

626

x x3所以x31

的展开式中的常数项为：xx3故选：D

1160180.x3【点睛】本题主要考查二项式定理的应用和二项式展开式的通项公式，考查学生计算能力，属于基础题.7．D【解析】直接相乘，得1，由共轭复数的性质即可得结果【详解】∵z(2i)(1i)1∴其共轭复数为1.故选：D【点睛】熟悉复数的四则运算以及共轭复数的性质.8．D【解析】

xR

f3x

f3x，可得函数fx的周期为3，再由奇函数的性质结 22 22合已知可得f 3f ff

3 0fx在区间上的零点个数．2【详解】

f ）2fxR

3xf3xf 3x3f

3x3），可得f xf ，函数fx的周期为3，

22 22

2 2 2 2x0,3时，fxlnx1， 2 20x2x11x01，fxR的奇函数，，∴在区间[3 3上，，2 2

f f，f0．由f3xf

3x，取x0，得f 3

3 ，得 3 f 30， 2

2

f 2 2

f ）2 2 ∴f 3f ff 3 0．f ）2 2又∵函数fx是周期为3的周期函数，∴方程，，．fx=0∴方程，，．2 2D．【点睛】本题考查根的存在性及根的个数判断，考查抽象函数周期性的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于中档题．9．C【解析】设射线OA与x轴正向所成的角为，由三角函数的定义得yA

sin，yB

sin()，3y yA

3sin32 3

cos，利用辅助角公式计算即可.【详解】设射线OA与x轴正向所成的角为，由已知，x cos,y sin，A Acos(B

),y

sin( )，所以2y y3 A

2sin )3332sin1sin cos33

3sin cos 3sin() ，3当33

2 2 2 2 6时，取得等号.【点睛】本题考查正弦型函数的最值问题，涉及到三角函数的定义、辅助角公式等知识，是一道容易题.10．C【解析】z 2 .1i【详解】由已知，z 2

2(1i)

1iz的虚部为1.1i (1i)(1i)C.【点睛】本题考查复数的除法运算，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.11．C【解析】m//n，可得(ab)2

(c 6)(c 6)，化简利用余弦定理可得cos

a2b2c21，解得

．即可得出三角形面积．【详解】m//n，m 6,am//n，

nb,c 6

3 2ab 2解： ， ，且(ab)2c 6)(c 6)a2b2c22ab6．cos

a2b2c2

2ab61

，解得ab6．3 2ab 2ab 233 3S 1absinC16 ．33 3ABC

2 2 2 2故选：C．【点睛】本题考查了向量共线定理、余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12．A【解析】 tanxcos2x

2tanx

，即可求解. 2 tan2x1【详解】

ab，ab3sinxab，ab3sinx3cos2xsin2x

2sinxcosx 2 sin

xcos2x 2tanx 12.tan2x1 13故选:A.【点睛】本题考查向量的坐标运算、诱导公式、二倍角公式、同角间的三角函数关系，属于中档题.452013(,1]【解析】g(x)axtanxf(x)xg(x)g'(x)a

1，当a1x(1

, g'(x0g(x单x(

cos2x 2 2,0)gx)g(0)0f(x)xg(x)0f(x)xg'(xgx)0f(x)在(2

,0)上2x(0,

)时，g(x)g(0)0，f(x)xg(x)0，且f'(x)=xg'(x)+g(x)<0，∴f(x)在(0, )上单调2a递减，∴x0是函数f(x)的极大值点，∴a1满足题意；当a1时，存在t(0,)使得cost 1a2

2，即g'(t)0，g'(x)a

1在(0, )上单调递减x(0,t)时，g'(t)0，g(x)g(0)0所以f(x)xg(x)f(0)0，1cos2x 2这与x0是函数f(x)的极大值点矛盾．综上，a1．方法二：依据极值的定义，要使x0是函数f(x)的极大值点，由f(0)0知须在x0的左侧附近，f(x)0，即axtanx0x0f(x)0，即axtanx0a1yaxytanx相切于原点，yaxytanx的图象关系，可得a1．3 23 2 62【解析】类比，三角形边长类比三棱锥各面的面积，三角形内角类比三棱锥中侧棱与面所成角．【详解】S S

326326 23 2 6BCD ACD S 3sin

，故BCD ，sin S 23 12

ACD sin12 4【点睛】本题考查类比推理．类比正弦定理可得，类比时有结构类比，方法类比等．115．4【解析】令3xyt，所求问题的最大值为2ma,只需求出

即可，作出可行域，利用几何意义即可解决.max【详解】作出可行域，如图3xyty3xtt最大，且1

2，max故z23xy的最大值为22 .41故答案为：.4【点睛】本题考查线性规划中非线性目标函数的最值问题，要做好此类题，前提是正确画出可行域，本题是一道基础题.16．3【解析】根据圆堡瑽（圆柱体）的体积为V【详解】

1（底面圆的周长的平方高）,可得112

r2hr2h,进而可求出的值解:设圆柱底面圆的半径为r,圆柱的高为h,由题意知1r2hr2h,解得3.12故答案为:3.【点睛】本题主要考查了圆柱的体积公式.只要能看懂题目意思,结合方程的思想即可求出结果.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。x217（Ⅰ）2

y21(y0)（Ⅱ）4.【解析】（Ⅰ）先画出图形，结合垂直平分线和平行四边形性质可得PO1

PO2

QO1

2 22a，故可确定点P轨迹为椭圆（y0，进而求解；（Ⅱ）xmy1坐标分别为x,

x,

，联立直线与椭圆方程得yy

2m ，1 1 2 21 y1

1 22y1

m22yy

，分别由点斜式求得直线KA

的方程为y1 1 x

，令x0得y

1 ，同理得12 m22

x21

M my112y1 y y 2 ，由M N结合韦达定理即可求解，而S

1MN2MN2y

，当M重合N my12

2 KMN 2 M交于0,1点时，可求最值；【详解】（Ⅰ）PO1

PO2

PRPO2

RO2

QO1

2 2，所以点P的轨迹是一个椭圆，且长轴长2a2 2，半焦距c1，所以b2

a2

c2

1，轨迹C的方程为 y21(y0).x2x2（Ⅱ）AB0时，与曲线C无交点.当直线AB的斜率不为0时，设过点O 的直线方程为xmy1，点坐标分别为x,

x,y.2 xmy

1 1 2 2直线与椭圆方程联立得x2 消去x，得

m22 y22my10.y22

1,则yy

2m 1，yy .1 2 m22 12 m22KAy1

y11x21

x2.x0y

2y

1.y

M my11m2y1 2 .N my12y

m2ymym2ymy

所以M N

1 2 2 12mm2yyy

y

my11

my12 12

1 2m2yym12

yy 11 2mm22mm22 m22m2m221.所以MN的中点为0,1.MN点的上方，SKMN

1MN2MN2y2

2114.【点睛】本题考查根据椭圆的定义求椭圆的方程，椭圆中的定点定值问题，属于中档题18（）证明见解析（）725【解析】DE//BF，然后根据勾股定理计算可得BF＝DE可得结果.ABF的一个法向量为nCDF的法向量为m，然后利用向量的夹角公式以及平方关系，可得结果.【详解】DEABCDDEAD＝4，AE＝5，DE＝3BF＝3，DEABCD，BFABCD，所以DE//BF，又BF＝DE，BEDFDF//BE，BEBCE，DFDF//BCE；建立如图空间直角坐标系，则（，，（，，，（，，，（，，﹣，DCDF设平面CDF的法向量为m（x，y，z），mDC4y0由 ，mDF4x3y3z0

x＝3，得

m易知平面ABF的一个法向量为n1,0,0，所以3，57故cos2cos21 .25【点睛】本题考查线面平行的判定以及利用建系方法解决面面角问题，属基础题.19．(1) AC【解析】

22 (2) sinCABsinACB922利用余弦定理可得AC（）利用面积得出ac，结合正弦定理可得.【详解】1（）由题可知cosDcos2B12sin2B8.AC2AD2CD22ACCDcosD22，所以AC 22.

ABC

1ABBCsinB6ABBC16.2BC AB AC 4 22又 ，sinCAB sinACB sinB 3sinCABsinACB16 3 29所以 4 22 22. 【点睛】20（）见解析（）见解析【解析】(1)、BDO,EFGH,即可.(2)ACBDSDAC即可.【详解】BDO,EFGH,OAC的中点,HOC的中点FBC的中点,CG 再由题意可得

1,所以在三角形CAS中,SA平面EFG,GH平面EFG,所以直线SA 平面CS CA 4EFG.在ASD中,SD1,AD2,cosASD 5,由余弦定理,AD2SA2SD22SASDcosASD,即522SA22SA1 5,解得SA 5由勾股定理逆定理可知SDDA,因为侧面SAD底面ABCD,由面面5BDD垂直的性质定理可知SD平面ABCD,所以SDAC,因为底面ABCD是菱形所以ACBD,因为BDD所以AC平面SDB.【点睛】7本题考查线面平行与垂直的证明.需要根据题意利用等比例以及余弦定理勾股定理等证明.属于中档题.721（）A3

（I）5 ．【解析】（）由已知可得sinCsin(AB)sinBsin(AB)2cossinB