1、成都七中2022届二诊模拟考试数学（理）试题第卷（选择题）一、选择题（每小题仅有一个正确选项，选对得5分，共60分）1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.【详解】解：，故选：D2. 若复数z满足，则（ ）A. B. C D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数的运算法则求得复数，再求其共轭复数即可.【详解】因为，故.故选：C3. 2021年4月8日，教育部办公厅“关于进一步加强中小学生体质健康管理工作的通知”中指出，各地要加强对学生体质健康重要性的宣传，中小学校要通过体育与健康课程、大课间、课外体育锻炼、体育竞赛、
2、班团队活动、家校协同联动等多种形式加强教育引导，让家长和中小学生科学认识体质健康的影响因素.了解运动在增强体质、促进健康、预防肥胖与近视、锤炼意志、健全人格等方面的重要作用，提高学生体育与健康素养.增强体质健康管理的意识和能力.某高中学校共有2000名男生，为了了解这部分学生的身体发育情况，学校抽查了100 名男生的体重情况.根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示.根据此图，下列说法中错误的是（ ）A. 样本的众数约为B. 样本的中位数约为C. 样本的平均值约为66D. 为确保学生体质健康，学校将对体重超过的学生进行健康监测，该校男生中需要监测的学生频数约为200人【答案】C【解析】【分
3、析】根据众数、中位数、平均值的概念等求值即可判断.【详解】对于A，样本的众数为，A对；对于B，设样本的中位数为，解得，B对；对于C，由直方图估计样本平均值为，C错误；对于D，2000名男生中体重大于的人数大约为，D对.故选：C.4. 函数的图像大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】本题首先可根据得出函数是偶函数，D错误，然后通过得出A错误，最后通过判断出C错误，即可得出结果.【详解】因为，定义域为，又，所以函数是偶函数，D错误， 令，则，A错误，令，则，C错误，故选：B.5. 在等比数列an中，“a2a1”是“an为递增数列”的（ ）A 充分不必要条件B. 必要不充分条
4、件C. 充要条件D. 既不充分也不必要【答案】B【解析】【分析】根据充分发条件的定义判断【详解】是递增数列，则必有，必要性满足，若，满足，但，数列不是递增数列，充分性不满足应是必要不充分条件，故选：B【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题关键6. 圆C：上恰好存在2个点，它到直线的距离为1，则R的一个取值可能为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】先求得符合题意条件的R的取值范围，即可做出判断.【详解】圆C：的圆心，半径R点C到直线的距离为圆C上恰好存在2个点到直线的距离为1，则故选：B7. 在的展开式中，含项的系数为（ ）A. B. C.
5、D. 【答案】C【解析】【分析】利用二项式定理得到的通项，结合确定项的系数即可.【详解】针对部分，通项为，中项为，故选：C【点睛】本题考查了二项式定理，根据指定项确定值，进而求系数，属于基础题.8. 我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“ ”，如图就是一重卦在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳爻是相同元素的排
6、列问题，利用直接法即可计算【详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有情况，其中6爻中恰有3个阳爻情况有，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为=，故选A【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题9. 已知在中，角所对的边分别为，且又点都在球的球面上，且点到平面的距离为，则球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设三角形ABC的外接圆的圆心为O,根据球的截面性质可知OO平面ABC,利用正弦定理求得AO,计算球
7、的半径，进而求得体积.【详解】设三角形ABC的外接圆的圆心为O,根据球的截面性质可知OO平面ABC,如图所示，,AO=,OA=球的体积为,故选：C.【点睛】10. 已知双曲线（，）的左右焦点，过的直线交右支于、两点，若，则该双曲线的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，则，然后由已知条件和双曲线的定义或求得，再分别在和中，利用余弦定理列方程可求得，从而可求得离心率【详解】解：设，则，所以，所以因为，所以，因为，所以设，则，在和中，由余弦定理得，即，解得，所以，故选：B11. 我们把叫“费马数”（费马是十七世纪法国数学家）.设，表示数列的前项之和，则使不等式成立的
8、最小正整数的值是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可得，故，利用裂项相消法可得，代入选项检验即可.【详解】，而，即，当n=8时，左边=，右边=，显然不适合；当n=9时，左边=，右边=，显然适合，故最小正整数的值9故选B【点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.12. 在长方体中，P是线段上的一动点，如下的四个命题中，平面与平面所成角的正切值的最大值是的最小值为以A为球心，
9、为半径的球面与侧面的交线长是真命题共有几个（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】D【解析】【分析】证明出平面平面，利用面面平行性质可判断的正误；求出的最小值，利用线面角的定义可判断的正误；将沿翻折与在同一平面，利用余弦定理可判的正误；设是以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的一点，求出的长，判断出点的轨迹，可判断的正误【详解】解：对于，在长方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，同理可证平面，所以，平面平面，平面，所以，平面，故正确；对于，平面，所以，与平面所成角为，所以，当时，与平面所成角的正切值的最大，由勾股定理可得，由等面积法可得，所以，的最大值为，故
10、正确；对于，将沿翻折与在同一平面，如下图所示：在中，为直角，在中，由余弦定理可得，则为锐角，可得，由余弦定理可得，此时，因此，的最小值为，故正确；对于，设是以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的一点，由于平面，平面，所以交线为以为圆心，1为半径的四分之一圆周，所以交线长是，故正确故选：D第卷（非选择题）二、填空题（每小题5分，共20分）13. 设，向量，且，则_【答案】【解析】【分析】根据向量垂直和平行的坐标运算法则计算得，得出，再根据向量的模的坐标公式即可求得结果.【详解】因为向量，且，解得，；，；，故答案为:14. 函数的图象在点处的切线方程为_.【答案】【解析】【分析】求导得到，计算，得
11、到切线方程.【详解】，则，故，故切线方程为：，即故答案为：【点睛】本题考查了切线方程，意在考查学生的计算能力.15. 若，是第三象限角，则_【答案】【解析】【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系求得，再把所求的式子切化弦，利用二倍角公式，求得结果【详解】解：因为，且是第三象限角，则，故答案为：16. 已知抛物线C：的焦点为F，点，过点F的直线与此抛物线交于A，B两点，若且，则p_【答案】3【解析】【分析】设直线的方程，与抛物线联立求出两根和之及两根之积，求出直线，的斜率之和，可得斜率之和为0，可得直线，关于轴对称，过作轴，准线的垂线，由题意可得，可得直线的参数，再由弦长公式求出的值【详解】解
12、：设直线，设，联立，整理可得：，可得，所以，所以可得，所以，又为锐角，解得，设，如图作轴交于，由题意可得在抛物线的准线上，作准线，作，垂足为，则，所以，所以，所以，所以故答案：3三、解答题（17至21题，每题满分12分，22或23题，每题满10分，共70分）17. 第届冬季奥运会将于年月日在北京开幕，本次冬季奥运会共设个大项，个分项，个小项.为调查学生对冬季奥运会项目的了解情况，某大学进行了一次抽样调查，若被调查的男女生人数均为，统计得到以下列联表，经过计算可得.男生女生合计了解不了解合计（1）求的值，并判断有多大的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；（2）为弄清学生不了解冬
13、季奥运会项目的原因，采用分层抽样的方法从抽取的不理解冬季奥运会项目的学生中随机抽取人，再从这人中抽取人进行面对面交流，“至少抽到一名女生”的概率；将频率视为概率，用样本估计总体，从该校全体学生中随机抽取人，记其中对冬季奥运会项目了解的人数为，求的数学期望.附表：附：.【答案】（1），有的把握； （2）；.【解析】【分析】（1）完善列联表，根据的计算可得出关于的等式，即可解得正整数的值，结合临界值表可得出结论；（2）分析可知这人中男生的人数为，女生的人数为，利用组合计数原理结合古典概型和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；分析可知，利用二项分布的期望公式可求得的值.【小问1详解】解：列联表如
14、下表所示：男生女生合计了解不了解合计，可得，因此，有的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；【小问2详解】解：采用分层抽样的方法从抽取的不理解冬季奥运会项目的学生中随机抽取人，这人中男生的人数为，女生的人数为，再从这人中抽取人进行面对面交流，“至少抽到一名女生”的概率为；由题意可知，故.18. 已知的最小正周期为(1)求的值；(2)在中，角，所对的边分别是为，若，求角的大小以及的取值范围【答案】(1) ;(2) ,.【解析】【详解】 试题分析：（1） 根据三角恒等变换的公式，得，根据周期，得，即，即可求解的值；（2）根据正弦定理和三角恒等变换的公式，化简，可得，可得，进而求得，
15、即可求解的取值范围.试题解析：(1) ，由函数的最小正周期为，即，得， （2），由正弦定理可得 ， ，19. 如图1，在边长为4的菱形ABCD中，BAD60，DEAB于点E，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1DDC，如图2.（1）求证：A1E平面BCDE；（2）求二面角EA1BC的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意证明平面可得，再结合即可证明平面；（2）结合（1），以，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】解:（1）证明:在菱形ABCD中，BAD60，DEAB于点E，. 又，平面，. 又，平面. （2）平面，以，
16、所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系（如图）.易知，则，易知平面的一个法向量为. 设平面的法向量为，由，得，令，得，.由图得二面角为钝二面角，二面角余弦值为. 20. 在中，的坐标分别是，点是的重心，轴上一点满足，且（1）求的顶点的轨迹的方程；（2）直线与轨迹相交于两点，若在轨迹上存在点，使四边形为平行四边形（其中为坐标原点），求的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）动点满足的几何条件就是一些与定点、定直线有关的几何量的等量关系，而该等量关系又易于表达成的等式，可利用直接法求轨迹方程；（2）解决直线和椭圆的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程，有的题设
17、条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程.第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程.第三步：求解判别式：计算一元二次方程根.第四步：写出根与系数的关系.第五步：根据题设条件求解问题中结论.试题解析：（1）设点坐标为因为为的重心故点坐标为 2分由得， 即的顶点的轨迹的方程是 （2）设直线的两交点为联立：消去得： 且 因为四边形为平行四边形，所以线段的中点即为线段的中点，所以点的坐标为，整理得 由点在椭圆上，所以,整理得 将（2）代入（1）得，由（2）得或，所以的取值范围为. 考点：1、求轨迹方程；2、直线与椭圆的综合问题
18、.21. 已知函数（1）若，求的值域；（2）若，求实数的取值集合【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，求出函数在时的极值，可得答案;（2）将，并由此构造函数，根据题意可判断为其最小值，由此判断1为的极值点，因此可求得得或，再分别证明在或 时满足题意，则可得答案.【小问1详解】，时，的单调性和极值情况如下表：x012-0+190减函数极小值增函数6所以，的值域为【小问2详解】， ，即，设，则，在内，且，则1为的极值点，即，解得或当时，设，则，在内为减函数；在内为增函数，则，故成立当时，设，则，设，则当时，为减函数；当时，为增函数（当且仅当时等于0）设，则，故
19、在内为增函数，且所以，当时，；当时，于是，当时，为减函数；时，为增函数，故成立综上所述，a的取值集合为【点睛】本题考查了导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求极值最值问题，考查了利用导数解决不等式成立时求参数的值的问题，综合性较强，计算量很大；解答的关键是合理的变形，从而构造新函数，利用导数解决问题.选做题：（在22题与23题中任选一题作答，并将所选的题目标记在答题卡上）22. 在平面直角坐标系中，曲线：，曲线：(为参数)，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系（1）求曲线，的极坐标方程：（2）射线：(，)分别交曲线，于，两点，求的最大值.【答案】（1）：，：；（2）最大值为.【解析
20、】【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.（2）利用极径的应用和三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出最大值.【详解】（1）曲线：，根据，转换为极坐标方程为，整理得，曲线：(为参数)，转换为直角坐标方程为，根据转换为极坐标方程为.（2）射线：(，)交曲线于点，所以，所以，射线：(，)交曲线于点两，所以，所以，故，当，即时，的最大值为.【点睛】坐标系与参数方程问题常用处理方法：(1)把极坐标方程和参数方程分别化成直角坐标方程，根据解析几何的知识进行求解计算；(2)有时利用极坐标的意义，用极径的几何意义分别表示线段长度，可简化运算23. 设函数的最小值为.（1）求的值；（2）若，且，用表示，中的最大值，证明：【答案】（1）1；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）分、和三段讨论去掉绝对值，然后根据分段函数最值的求法即可求解；（2）不妨设，则，由基本不等式有，解出的取值范围即可证明.【详解】解：（1）当时，所以；当时，所以；当时，所以；综上，故的值为1.（2）证明：不妨设，则，由（1）知，又， 所以，由基本不等式有，即，所以，即，解得，所以.