贵州省毕节市梁才学校2021-2022学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。125601形，则该几何体外接球的体积是（ ）A．16 B．364 320 64 320 3设全集URA0xBxA

B（ ）A．2, B．2, C．,2

D．x2已知双曲线a2

y2b2

1y

4x，则双曲线的离心率为（ ）34 5B．3 3

C．5 D．34 2

的前n

2

的最小值为8n n 6 3 a82A．8 B．16 C．24 D．36《普通高中数学课程标准（2017版养水平，现以六大素养为指标对二人进行了测验，根据测验结果绘制了雷达图（如图，每项指标值满分为5分，分值高者为优，则下面叙述正确的是（）A．甲的数据分析素养高于乙BC．乙的六大素养中逻辑推理最差D．乙的六大素养整体平均水平优于甲已知a分别为内角A的对边1sinA3cosC的面积为3则c（ ）222A．2 B．4 C．5 D．3222xy7x0,y0，则x2y2xyA．xyCx2y1

”的一个充分不必要条件是B．x2yDxyy1在ABCabc，若2bcosAacosBc2b33cosA1，则a（）A．5B．3C．10D．4已知函数f(x)ln(x1)ax若曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y2x则实数a的取值（ ）A．-2 B．-1 C．1 D．2若执行如图所示的程序框图，则输出S的值是（ ）A．1 B．23

3C． D．42把运算Nm所得的余数是n记为“Nn(modm)”，例如71(mod2).执行该程序框图，则输出的n等于（ ）A．16

x2xx

2n

B．17 C．18 D．19n若

的二项式展开式中二项式系数的和为32，则正整数

的值为（ ）A．7 B．6 C．5 D．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。若函数fxaxlnx（aR）的图象与直线y3x1相切，则a .某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为5:5:4，现按年级采用分层抽样的方法抽取若干人，若抽取的三年级为12人，则抽取的样本容量人.边长为2的正方形经裁剪后留下如图所示的实线围成的部分，将所留部分折成一个正四棱当该棱锥的体积取最大值时，其底面棱长.是乙或丙获奖甲、丙都未获奖.”丙说我获奖了”.丁说：“是乙获奖.”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手三、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ABC中，ABB，ABC120，AB3ABC的角平分线与AC交于点D，BD1.（Ⅰ）求sinA；（Ⅱ）求的面积.18（12分）已知圆O经过椭圆：x2

y21(ab0)的两个焦点以及两个顶点，且点b,1在椭圆C上．C的方程；

aa2 b2 a2lOC、NMN

4，求直线l的倾斜角．319（12分）设函数f(x)sin2x

6 cos26

x 3sinxcosx．（1）若|x|

，求函数f(x)的值域；5 345 3（2）设B,C为ABC 的三个内角，若

A

5,cos(AC)

，求cosC的值；22 221b2 1b21a220（12分）已知a,b,c均为正实数，函数fxx1a2（1）a2b24c29；

x

14c2

14的最小值为1.证明：141 1 1（2） 1.ab 2bc 2ac21（12分）已知函数f(x)a2lnx，f(x)ax.a的值；g(x)xf(x)xa

在(a上最小值为m6f(m7.22（10分）已知函数f(x)axlnx1aR)．（1）讨论f(x)的单调性并指出相应单调区间；1若g(x) x2x1f(x)设x,x1

x是函数g(x)的两个极值点，若a

3g

g

k恒2k的取值范围．

1 2 1 2

2 1 2参考答案125601、C【解析】即可得外接球的体积.【详解】2如图为几何体的直观图，上下底面为腰长为2

，其外接球半径为r

，所以2体积为V2

42 2364 .23 32故选：C【点睛】2、C【解析】A0xBx∴AB 3、B【解析】

b2的值，进而利用离心率公式ea2

可求得该双曲线的离心率.11b2 ax2y21

ybx

b242

16双曲线a2 b2

的渐近线方程为

，由题意可得 a a2

，3 9因此，该双曲线的离心率为e

c a2a2b2a2

5.11b2a2故选：B.【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线方程求双曲线的离心率，利用公式e

11b2a 基础题.4、B【解析】方法一由题意得S 2S (S S)S 2根据等差数列的性质得SS,SS,S成等差数列设Sx(x0)，x16xx16x3a2 (3a

)2

a

)2

S)2 (x4)2 16a则SSa6 3

x2，SS9 6

x4，则8 = 89a 3a89

7a

9 S

x 82x x

816，23a2

2 1 2 3 3当且仅当x4时等号成立，从而8a

的最小值为16，故选B．方法二：设正项等差数列{a

2d，由等差数列的前nSn 64

2S3

2，化简可得65 32 2

)26a d d)2即d 则

6d)2 2 3 16

16 8161 2

2 9 a8 2

a

82 3a仅当3a

16，即a

4

8

2 22 2 2 2 2的最小值为16，故选B．2 2 3 a2 25、D【解析】根据雷达图对选项逐一分析，由此确定叙述正确的选项.【详解】A选项，甲的数据分析3分，乙的数据分析5分，甲低于乙，故A选项错误B选项，甲的建模素养3分，乙的建模素养4分，甲低于乙，故B选项错误.C选项，乙的六大素养中，逻辑推理5分，不是最差，故C选项错误.对于D选项，甲的总得分45334322分，乙的总得分54545427分，所以乙的六大素养整体平均水平优于甲，故D选项正确故选：D【点睛】6、D【解析】1由正弦定理可知4csinA4asinC3cosC,从而可求出sinC3,cosC1

4.

absinC

3可求出b5，结合余弦定理即可求出c 的值.【详解】解：4csinA3cosC，即4csinAcosC4sinAsinC3sinAcosC4sinC3cosC.

5 5 ABC 2 2sinC

3,cosC4sin2Ccos2C1

5 5.1S 1

absinC

11b3

3，解得b5.ABC

2 2 5 24c2a2b22abcosC1522155故选:D.【点睛】

18，c3 2本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查同角三角函数的基本关本题的关键是通正弦定理结合已知条件，得到角C 的正弦值余弦值.7、C【解析】x0,y0，2xy∴x2y2xy

，当且仅当x2y 时取等号.2xy故x2,y1”是x2y2xy

”的充分不必要条件.选C．8、B【解析】由正弦定理及条件可得2sinBcosAsinAcosBcsinC，2sinAB2sinCcsinC.sinC0，∴c2，由余弦定理得a2a39、B

b2c22bccosA223222313

9。【解析】求出函数的导数，利用切线方程通过（，求解即可；【详解】f（）的定义域为（，，f′（x）

1 ，曲线＝（）在点（，）处的切线方程为2，x11﹣a＝2故选：B．【点睛】本题考查函数的导数的几何意义，切线方程的求法，考查计算能力．10、D【解析】模拟程序运行，观察变量值的变化，得出S的变化以4为周期出现，由此可得结论．【详解】S4,i;S1i2;S2,i3;S3,i4;S4,i5i2020S3;S4,i2021，3 2 2此时不满足i2021S4.故选：D．【点睛】11、B【解析】由已知中的程序框图可知，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量n 的值，模拟程序的运行过程，代入四个项进行验证即可.【详解】解：由程序框图可知，输出的数应为被3除余2，被5除余2的且大于10的最小整数.n16，则161mod3不符合题意，排除；n17，则172mod3,172，符合题意.故选:B.【点睛】本题考查了程序框图.当循环的次数不多，或有规律时，常采用循环模拟或代入选项验证的方法进行解答.12、C【解析】由二项式系数性质，(ab)n的展开式中所有二项式系数和为2n计算．【详解】2x

2nxx

的二项展开式中二项式系数和为2n，2n

n5．故选：C．【点睛】本题考查二项式系数的性质，掌握二项式系数性质是解题关键．452013、2【解析】Ax

由已知可得

f(x)a130 x

,即可解得所求.00 0 f(x)axlnx 3x1【详解】

0 0 0 0设Ax,y0 0

fxa1a1x x0

3ax0

3x0

1y0

ax0

lnx0

3x0

1所以lnx0

0，即x 1，a2.0故答案为:2.【点睛】难度较易1442【解析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论.【详解】设抽取的样本为n，4则由题意得

554n42.12 n故答案为：42【点睛】本题考查了分层抽样的知识，算出抽样比是解题的关键，属于基础题.415、5【解析】根据题意，建立棱锥体积的函数，利用导数求函数的最大值即可.【详解】设底面边长为

1212x4x42x53

1

，即此四棱锥的高为

0x112x212x2所以此四棱锥体积为V

34x2 ，21令hxx42x50x 21 hx4x310x42x35x0，易知函数hxx故此时底面棱长2x45.【点睛】

25时取得最大值.4.5本题考查棱锥体积的求解，涉及利用导数研究体积最大值的问题，属综合中档题.16、丙【解析】若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的都是错的，同理可推知乙、丙、丁获奖的情况，可知获奖的歌手是丙．考点：反证法在推理中的应用.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

;（Ⅱ） .213 314 8213 3【解析】（Ⅰ）在ABD中，由余弦定理得AD

BD7，由正弦定理得7

AD，可得解；sinA sinABD1（Ⅱ）由（Ⅰ）可知cosA，进而得sinC，在BCD中，由正弦定理得BC，所以BCD的面积1S BDBCsinCBD即可得解.2试题解析：（Ⅰ）在ABD中，由余弦定理得AD2

AB2BD22ABBDcosABD9123112

7，AD

BD7，由正弦定理得7

AD ，所以sinA

BDsinABD .32 721sinA sinABD AD 32 7211sin2A2 7（Ⅱ）由（Ⅰ）可知cosA 1sin2A2 732 7在中，sinCsinA 32 72

1 .32 7212 732 721在中，由正弦定理得AB

BCBC

ABsinA3.sinC sinA sinC 233所以的面积S1BDBCsinCBD113 3 .332 2 2 2 8x2 18

2y21（）4或4【解析】先由题意得出bc ,可得出b与a的等量关系，然后将点的坐标代入椭圆C的方程，可求出a与b的值，从而得出椭圆C的方程；(2)对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，当直线l的斜率不存在时，可求出MN，然后进行检验；当直线llykxm,Mx

Nx,

，先由直线l与圆O相切得出m与1 1 2 24k之间的关系再将直线l的方程与椭圆C的方程联立由韦达定理利用弦长公式并结合条件MN从而求出直线l的倾斜角.【详解】由题可知圆O只能经过椭圆的上下顶点，所以椭圆焦距等于短轴长，可得a22b2，

得出k的值，3 又点b1在椭圆Cb2 a

1 1，解得a22,b21， a2

a2b2x2即椭圆C的方程为 y21.x2222圆Ox2y2

1，当直线lMN

，不符合题意；当直线l

存在斜率时，设其方程为

ykx

，因为直线l

与圆O

相切，所以

1m21k2.mk21将直线mk2112k2 x24kmx2m220，xx24xx1 2 128mxx24xx1 2 12Mx,

Nx,

x

4km

,xx

2m22= ,

x ，8k28k2

1 2 12k2 12 12k2 1 2xxxx2yy21 2 1 21k21k28k2

12k2所以MN

xx

，k，所以直线l的倾斜角为

或 .

1 2 12k2 34 4【点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于a,b,c的方程组，解出a,b,，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.3219（1）1 3,5（2）cosC332 214【解析】 将f(x)sin 2x cos2x 3sinxcosx，利用三角恒等变换转化为，fx2sin2x 6

6 2 根据正弦函数的性质求解，A 5

5 3 5 3f

，得sinA22 22

61A

ABC

A

，再根据cos(AC) ，利3 14用两角和与差的余弦公式求解，【详解】（1）f(x)

1 1cos2x33sin2x cos2x sin2x2 2 2 233 3sin2xcos2x1

2sin 2x ，2

623 3|x

2x 4 3 6 3

sin2x2

1，661 3f(x)5，2 22即f(x)的值域为1 3,5；2 2A

（2）f

，得sinA22 22

1，66又A为ABC的内角，所以A ，35 3又因为在ABC中，cos(AC) ，5 314所以sin(AC11，14333 所以cosCcosAC1cos(AC) sin(AC)333 2 2 14【点睛】20（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】..【详解】1b2由题意abc01b21a2f(x)x1a2

x

14c2

x

1(xa2

1)b2

14c2

1a2

1 1 ，b2 4c2又函数fx的最小值为1，即11

1，a2 b2 4c2由柯西不等式得(a2b24c2

1 1 1

(111)2

9，a2 b2

4c23当且仅当ab2c3

时取“=”.故a2b24c29.11112，1

1

1，1 1 1，a2 b2

ab

4c2

bc a2 4c2 ac（以上三式当且仅当ab2c

3时同时取“=”）31由（1）知， 1

1 1

1，a2 b2 4c22所以，将以上三式相加得 112

21

1 1 2ab bc ac a2 b2 4c2即1 1 1 1.ab 2bc 2ac【点睛】21(1)a2；(2)见解析．【解析】(1)将f(x)ax转化为aax2lnx0对任意x0恒成立令h(x)aax2lnx故只需h(x) 0即可求maxa的值；(2)由(1)g(x)

2x2xlnx(x2)，可得g(x)

2(x2lnx4)，令s(x)x2lnx4，可证x

(8,9)，x2

(x2)2 0s(x

)0g(x)在(2,

上单调递减，在

g(x)

g(x

)x，即mx0

0f(m)f(x0

0)22lnx0

0x2(6,7)．0

min 0 0【详解】f(x)的定义域为(0,f(x)axx0恒成立，aax2lnx0x0恒成立，h(x)aax2lnxhta2

ax2，x xa0h(x)0，故h(x在(0,上单调递增，h(1)0x1h(x)h(1)0，不符合题意；a0时，令h(x)0x2，a当0x

2h(x)0xa

2时，h(x)0，ah(t在0,2上单调递增，在2上单调递减，h(x)

a a a h2aa2a

2a22ln22lna，max a a所以要使h(x)≤0在x0时恒成立，则只需h(x) 0，即a22ln20，max令F(a)a22ln22lna，a0，F(a)12

a2，a a当0a2F(a0；当a2F(a)0，F(a在(0,2)单调递减，在(2,F(a)F(2)0，a22ln20a22ln20，所以a22ln20，故满足条件的a的值只有2(2)由(1)g(x

xf(x)

2x2xlnx(x2)，所以g(x)

2(x2lnx4)，xa x2s(x)x2lnx4s(x)12

x2，

(x2)2x xx2sx)0s(x在(2,上单调递增；s(8)0s(9)0，所以

(8,9)，使得s(x

)0，当2xx0

0时，s(x)0；当xx0

0s(x)0，g(x在(2,x0

)上单调递减，在(x0

x0

2lnx0

402x2xlnx 2xx(x

4) x22xg(x)

g(x) 0 0 0 0 0

0 0x，min

x2 x0

2 x2 00mx0

f(m)f(x0

)22lnx0

x2(6,7)，即6f(m7．0【点睛】(2)时考查转化与化归的思想，属于中档题．822（1）答案见解析（2）,152ln28 【解析】f(x)

ax1x

，对a分成a0和a0两种情况讨论，从而得到相应的单调区间；g(x)g(x)

x2(a1)x1从而有xx a1，xx 1，x