1、昆明市第一中学2022届高中新课标高三第二次双基检测理科数学1.答题前，先将自己的姓名，准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上的指定位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。5.考试结束后，请将本试卷与答题卡一并上交。一、选择题：
2、本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.复平面内表示复数的点位于( )A.第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限2.已知集合，则( )A. B. C. D. 3.若命题，命题，则下列命题中是真命题的是( )A. B. C. D. 4.给出下列三个条件：函数是奇函数；函数的值域为；函数图象经过第一象限。则下列函数中满足上述三个条件的是( )A. B. C. D. 5.在直三棱柱中，则直线与所成的角为( )A. B. C. D. 6.若甲、乙、丙三名学生计划利用寒假从丽江、大理、西双版纳、腾冲中任选一处景点旅游，每人彼此独立地
3、选景点游玩，且丽江必须有人去，则不同的选择方法有( )A. 16种 B. 18种 C. 37种 D. 40种7.已知曲线，则下面结论正确的是( )A. 把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到曲线；B. 把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到曲线；C. 把上各点的横坐标伸长到原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到曲线；D. 把上各点的横坐标伸长到原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到曲线；8.如图所示，在边长为1的正方形内任取一点，则该点恰好取自阴影部分的概率为( )A.
4、B. C. D. 9.数学中处处存在着美，机械学家莱洛发现的莱洛三角形就给人以对称的美感。莱洛三角形的画法：先画等边三角形，再分别以点为圆心，线段长为半径画圆弧，便得莱洛三角形（如图所示），若莱洛三角形得周长为，则其面积是( )A. B. C. D. 10.设，则的大小关系是( )A. B. C. D. 11.已知双曲线的右支上一点关于原点对称的点为点，点为双曲线的右焦点，若，设，且，则双曲线的离心率的最大值为( )A. B. C. D. 12.当时，若关于的方程有两解（是自然对数的底数），则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已
5、知为抛物线的焦点，为上的一点，若，则点的坐标为 _14.在中，已知，若，则的坐标为 _15. 在中，内角所对的边分别为，则的面积为 _16. 若某正方体被截去一部分后的空间几何体的三视图如图所示，根据图中的数据，可得该几何体的表面积是 _ 正视图 侧视图 俯视图三、解答题：共70分。解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17. （12分）以下茎叶图记录了甲、乙两组各八位同学在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）。已知甲组数据的中位数为24，乙组数据的平均数为25.（1）求的值；（2
6、）计算甲、乙两组数据的方差，并比较哪一组的成绩更稳定？18. （12分）如图，在四棱锥中,底面为矩形，且平面，为线段上一点，且平面将四棱锥分成体积比为的两部分。（1）求证：平面平面；（2）若与平面所成的角为，求二面角的大小.19. （12分）已知数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.20. （12分）已知函数.（1）求的单调递减区间；（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.21. （12分）已知椭圆的右焦点为，且与椭圆上点的距离的取值范围为.（1）求；（2）若点在圆上，是的两条切线，是切点，求的面积的最小值.（二）选考题：共10分。请考试在第22、23题中任选一题作答，如果多
7、做，则按所做的第一题计分。22.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）经过点且斜率为1的直线与抛物线分别交于两点，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系。（1）求直线的参数方程和抛物线的极坐标方程；（2）若成等差数列，求的值.23.选修4-5：不等式选讲（10分）已知函数.（1）若不等式的解集为，求的值；（2）若,使，求的取值范围.昆明市第一中学2022届高中新课标高三第二次双基检测参考答案（理科数学）一、选择题 题号123456789101112答案ABCDBCCBD BDC1. 解析：由题意，其在复平面内对应的点为，位于第一象限，选A2. 解析：由题意，表示偶数构成的集合，表示整数集
8、，所以，选B .3. 解析：因为，所以，故命题是假命题；命题q是真命题，所以是真命题. 选C 4. 解析：对于A，函数的定义域为，不关于原点对称，不是奇函数；对于B，当，当时，值域不是；对于C，值域不是；对于D，且在上单调递增，选D.5. 解析:根据已知，可将直三棱柱补成正方体，则直线与所成角为，因为为等边三角形，所以，选B .6. 解析：解法1（直接法）：满足题意的不同的选择方法有以下三类:三个人中只有一个人去丽江,有(种) 选择方法；三个人中有两个人去丽江,有(种) 选择方法；三个人都去丽江,有种选择方法；综上可知，共有(种)不同的选择方法. 选C解法2（排除法）：三个人去四个景点,有(种
9、) 选择方法；没有人去丽江,有(种) 选择方法；综上可知，共有(种)不同的选择方法. 选C7. 解析： ，则由上各点的横坐标缩短到原来的倍得到，再将曲线向左平移个单位得到，选C.8. 解析：阴影面积，正方形面积，则所求的概率，选B9. 解析：解法1:由已知得：，所以，弓形的面积为，所求面积为选D .解法2: 由已知得：，所以，扇形的面积为，所求面积为选D .10. 解析：当时，所以，所以；时，设，则，所以在上单调递减，又，所以，选B.11. 解析：假设双曲线的左焦点为，由已知得点在双曲线的左支，连接，根据双曲线的定义：，由已知得四边形平行四边形，所以，所以有，又，所以四边形是矩形，得，所以，所
10、以，则离心率，由，得，所以当时，即时，的最大值为，又，所以的最大值为，选D .12. 解析：当时，若关于的方程有两解，等价于方程有两个正根，即方程有两个正根，设，则，当时，；当时，单调递增；当时，单调递减，所以，且时，；时，所以函数与函数在时有两个交点，所以实数的取值范围是，选C .二、填空题13. 解析：由题意，抛物线的焦点为，准线方程为，由抛物线的几何性质，得点的坐标为 .14. 解析：由已知得：点是线段的中点，所以.15. 解析：由余弦定理及，解得，所以16. 解析：由三视图可知，该几何体是将一个棱长为的正方体沿着如图所示的截面截去之后剩下的几何体如图所示，表面积为，所以该几何体的表面积
11、为.三、解答题（一）必考题17. 解析：（1）由，得，由，得 6分（2）设甲、乙两组数据的方差分别为、甲组数据的平均数为因为，所以乙组的成绩更稳定 12分18. （1）证明：因为平面，所以，即，所以为的中点，由，得，又底面是矩形，所以，同理：，所以，所以，又因为平面，平面，所以，所以平面，由于平面，所以平面平面.6分（2）依题意，建立空间直角坐标系如图所示，不妨设，因为平面，所以即为与平面所成的角，故，所以于是，由（1）知平面的一个法向量，设是平面的一个法向量，则因为，所以，令 ，所以，所以，所以二面角的大小为.12分19. 解：（1）由得：，所以， 即数列是首项为，公差为的等差数列，所以，所
12、以. 6分（2）由（1）得：，所以， ， -得: 所以 . 12分20. 解：（1）由题可知，令，得，从而，的单调递减区间为. 5分（2）由可得，即当时，恒成立，设，则，令，则当时，当时，单调递增，则当时，单调递减；当时，单调递增.，. 12分21. 解：（1）设椭圆上任意一点，其中，则，因为，所以，所以，故，故，解得，则； 4分（2）由（1）得椭圆的方程为，设，因为，所以点在直线：上，将直线与椭圆联立得：，即，故直线与相切，故在处的切线方程为：，同理在处的切线方程为：，因为直线与直线相交于点，故有且，故直线的方程为：，将直线与椭圆联立得：，则，故当时，故，易验证当时，该式也成立，因为点到直线的距离，所以的面积，令，则在上单调递增，故当，即，或时，面积取得最小值. 12分（二）选考题：第22、23题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。22. 解：（1）直线的参数方程为（其中为参数）把，代入得，化简得，所以抛物线的极坐标方程为. 5分（2）把代入得，.因为，成等差数列，所以，整理得，所以，求得.10分23. 解：（1）由得或，或，因为不等式的解集为，所以，.5分（2），使的最小值小于，因为，所以由得，解得.10分
