重庆市缙云教育联盟2022届高三12月第〇次诊断性检测数学试题 含答案.docx

1、秘密2021年12月15日17：00前重庆市2022年高考第次诊断性检测高三数学注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.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，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共6页，满分150分，考试时间120分钟。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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集合用列举法表示为ABCD2设复数，则复数在复平面内对应的点的坐标为ABCD3命题“若，则”的逆否命题为A若，则B若，则C若，则D若，则4如图所示，

2、在边长为1的正方形OABC内任取一点，则该点恰好取自阴影部分的概率为ABCD5下列各式比较大小正确的是ABCD6函数，的值域是ABCD7在中，设，那么动点的轨迹必通过的A垂心B内心C外心D重心8若，令，则的最小值属于ABCD二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分。9月亮公转与自转的周期大约为30天，阴历是以月相变化为依据.人们根据长时间的观测，统计了月亮出来的时间y（简称“月出时间”，单位：小时）与天数x（x为阴历日数，且）的有关数据，如下表，并且根据表中数据，求得y关于x的线性回归方程

3、为.x247101522y1224其中，阴历22日是分界线，从阴历22日开始月亮就要到第二天（即23日）才升起.则A样本点的中心为BC预报月出时间为16时的那天是阴历13日D预报阴历27日的月出时间为阴历28日早上10定义在上的函数在上是增函数，且为偶函数，则ABCD11若，则下列不等式对一切满足条件的a，b恒成立的是ABCD12分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形几何具有自身相似性，从它的任何一个局部经过放大，都可以得到一个和整体全等的图形.如下图的雪花曲线，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图2，如此继续下去，得图

4、（3）.记为第个图形的边长，记为第个图形的周长，为的前项和，则下列说法正确的是ABC若为中的不同两项，且，则最小值是1D若恒成立，则的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13唐代诗人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河，”诗中隐含着一个有趣的“将军饮马”问题，这是一个数学问题即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面直角坐标系中，将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即为回到军营.若军营所在区域为，则“将军饮马”的最短总路程是_.14设，则的展开式中第_项最大15在中，

5、若，BC边上的中线AD的长为3.5，则_.16棱长为6的正方体内有一个棱长为x的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x的最大值为_四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17在，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答问题：在中，内角，所对的边分别为，且_（1）求角；（2）若是内一点，求18如图，四面体的每条棱长都等于，分别是，的中点.记，.（1）用，表示；（2）求直线与直线所成角的余弦值.19有限数列：，（）同时满足下列两个条件：对于任意的，（），；对于任意的，（）

6、，三个数中至少有一个数是数列中的项（1）若，且，求的值；（2）证明：，不可能是数列中的项；（3）求的最大值20已知抛物线，过点作直线，满足与抛物线恰有一个公共点，交抛物线于两点.（1）若，求直线的方程；（2）若直线与抛物线和相切于点，且的斜率之和为0，直线分别交轴于点，求线段长度的最大值.21十三届全国人大四次会议3月11日表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要的决议，决定批准这个规划纲要.纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”.某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流大束流高能特种应用及第三代半导体等离子注

7、入机，工艺段覆盖至28，为我国芯片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案.此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献.该企业使用新技术对某款芯片进行试生产.（1）在试产初期，该款芯片的批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，.求批次芯片的次品率；第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率（百分号前保留两位小

8、数）.（2）已知某批次芯片的次品率为，设个芯片中恰有个不合格品的概率为，记的最大值点为，改进生产工艺后批次的芯片的次品率.某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查.据统计，回访的名用户中，安装批次有部，其中对开机速度满意的有人；安装批次有部，其中对开机速度满意的有人.求，并判断是否有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关？附：.22已知（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）设，若当时，有三个不同的零点，求实数的最小值秘密2021年12月15日17：00前重庆市2022年高考第次诊断性检测高三数学答案及评分标准1A【

9、分析】根据集合的描述法得到集合的列举法.【详解】，又，故选：A2A【分析】先根据复数的除法运算求出结果，进而得出复数在复平面内对应的点的坐标.【详解】,则复数在复平面对应点的坐标为.故选：A.3B【分析】利用四种命题的基本关系求解.【详解】解：命题“若则”的逆否命题为“若则”，所以“若，则”的逆否命题为“若，则”，故选：B.4B【分析】利用定积分的几何意义求阴影部分的面积，再根据几何概型的面积比求概率即可.【详解】阴影面积，正方形面积，所求的概率，故选：B5B【分析】根据指数函数的单调性可判断AB，再由幂函数单调性判断C，借助1判断D.【详解】A中，函数在上是增函数，2.53，故错误；B中，在

10、上是减函数，-12，故正确；C中，在上是增函数，.故错误；D中，故错误.故选：B6D【分析】根据的范围，结合正弦函数的图象，求出的范围，从而可求函数的值域.【详解】，所以函数的值域为故选：D.7C【分析】设的中点是，根据题意化简可得，即可确定的轨迹.【详解】设的中点是，即，所以，所以动点在线段的中垂线上，故动点的轨迹必通过的外心，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查向量的运算法则，熟练掌握向量的运算法则，数量积与垂直的关系，三角形的外心定义是解题的关键，属于较难题.8C【分析】设，把参数t表示成a的函数即，构造函数，通过导数研究函数最小值及最小值的取值范围.【详解】设，则，令，易知单增，且，

11、则存在，使，即，单减；，单增；又，则，易知在单减，即故选：C【点睛】方法点睛：把双变量转化为单变量，构造新函数，通过导数研究最值情况及参数取值范围.9AD【分析】先求得，从而求得样本点中心，故能判断选项A，将样本点中心代入回归方程求得的值，故能判断选项B，分别将y和x的值代入即可判断选项C和D.【详解】，故样本点的中心为，选项A正确；将样本点的中心为代入得，故选项B错误；，当求得，月出时间为阴历12日，选项C错误；阴历27日时，即，代入，日出时间应该为28日早上，选项D正确；故选AD.【点睛】本题主要考查线性回归方程，意在考查学生的逻辑推理能力及数学运算的学科素养，属中档题.10AB【分析】根

12、据为偶函数，得到其图象关于轴对称，再由的图象与的图象的关系，得到的图象关于直线对称求解.【详解】因为为偶函数，所以其图象关于轴对称，由于的图象可由的图象向左平移2个单位长度得到，故的图象关于直线对称，因为函数在上是增函数，所以在上是减函数，所以故选：AB11AD【分析】利用判断A；利用判断B；利用判断C；利用判断D；【详解】因为，对于A，则，即，当且仅当时取等号，故A正确；对于B，所以，当且仅当时取等号，故B错误；对于C，当且仅当时取等号，故C错误；对于D，结合，当且仅当时取等号，故D正确.故选：AD【点睛】关键点点睛：本题主要考查基本不等式的应用，完全平方差公式及三次公式的应用是解题的关键，

13、考查了学生的转化求解问题的能力，属于中档题.12ACD【分析】对于A，从前后两个图之间的关系可求出，对于B，由题意可知，数列是1为首项，为公比的等比数列，从而可求出，对于C，由结合，可得，而，从而可求出的值，则可求出的值，进而可求得最小值，对于D，由在上递增和在上递增，可求得结果.【详解】解：对于A，由题意可知，下一个图形的边长是上一个图边长的，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为，所以数列是公比为，首项为3的等比数列，所以，所以A正确，对于B，由题意可知，从第2个图形起，每一个图形的边长均为上一个图形边长的，所以数列是1为首项，为公比的等比数列，所以，所以B错误，对于C，由，得，所以，

14、所以，因为，所以当时，则，当时，则，当时，则，当时，则，当时，则，所以最小值是1，所以C正确，对于D，因为在上递增，所以，即，令，则在上递增，所以，即，即，因为恒成立，所以的最小值为，所以D正确，故选：ACD【点睛】关键点点睛：此题考查等比数列的通项公式和求和公式的应用，考查数列单调性的应用，解题的关键是正确理解题意，求出数列和的通项公式，考查计算能力，属于较难题13【分析】先求出点关于直线的对称点的坐标，设将军饮马点为,达到营区的点为，则要使“将军饮马”的总路程最短，即最短即可，从而可得答案.【详解】设点是点关于直线的对称点，则解得，即设将军饮马点为,达到营区的点为则总路程为：,则要使“将军

15、饮马”的总路程最短，即最短即可.如图过点与直线垂直的直线方程为：，即由 解得 ，点在第四象限内.即过点作线的垂线，垂足不在可行域内，所以当点与点重合时，有最小值，即故答案为：1430【分析】设第项最大，建立不等式组，求解可得答案.【详解】解：设第项最大，则,即，所以，解得，所以,故的展开式中第30项最大 故答案为：30.【点睛】易错点睛：求解本题时，易在求出后，认为第29项即为所求，要注意通项是的展开式的第项，而不是第r项159【分析】在中以及中，两次利用余弦定理，求出，得到等式，设出，即可求出x的值求出a的值.【详解】解：中，若，BC边上的中线AD长为3.5在中，即，设，代入数值，得，解得.

16、故答案为：9.16【分析】正方体的内切球半径为3，正四面体可以在正方体内任意转动，只需该正四面体为球的内接正四面体，进而求解.【详解】由题意得，该正四面体在棱长为6的正方体的内切球内，故该四面体内接于球时棱长最大，因为棱长为6的正方体的内切球半径为如图，设正四面体，O为底面的中心，连接，则底面，则可知，正四面体的高，利用勾股定理可知，解得：故答案为：17（1）；（2）.【分析】（1）若选条件，利用正弦定理边化角公式以及两角和的正弦公式进行化简，即可求出的值；若选条件，利用利用正弦定理边化角公式以及两角和的正弦公式进行化简，得，再利用辅助角公式得，结合三角形中，从而可求出的值；（2）结合题中条件

17、及三角形内角和得出，利用正弦定理、两角和与差的正弦公式和同角三角函数关系，即可求出的值.（1）解：若选条件：，整理得：，则，即，又，所以，所以；若选条件：，整理得：，所以，化简得：，又，所以，故，由于，所以（2）解：由于，所以，在中，所以，在中，所以，整理得：，故18（1）（2）【分析】（1）求出，即得解；（2）设，求出，再利用向量的夹角公式求解.（1）（1）如图，M为棱AB的中点，.；又N为棱CD的中点，.（2）（2）由题知，的两夹角都为60，并设，又，异面直线DM与CN所成角的余弦值为.19（1）（2）证明见解析（3）【分析】（1）利用推出的范围利用求解的值即可；（2）利用反证法：假设，是

18、数列中的项，利用已知条件，推出得到矛盾结果（3）的最大值为，一、令：，则符合，二、设：，（）符合，（i）中至多有三项，其绝对值大于利用反证法证明假设中至少有四项，其绝对值大于1，不正确；（ii）中至多有三项，其绝对值大于且小于利用反证法推出矛盾结论、（iii）中至多有两项绝对值等于（iv）中至多有一项等于推出的最大值为（1）由得：，由得：当，时，中至少有一个是数列，中的项，但，故，解得：，经检验，当时，符合题意，（2）假设，是数列中的项，由可知：，中至少有一个是数列中的项，则有限数列的最后一项，且，由，对于数，由可知：，对于数，由可知：，所以，这与矛盾所以，不可能是数列中的项（3）的最大值为，

19、证明如下：一、令：，则符合，二、设：，（）符合，则：（i）中至多有三项，其绝对值大于假设中至少有四项，其绝对值大于，不妨设，是中绝对值最大的四项，其中，则对，有，故，均不是数列中的项，即是数列中的项，同理：也是数列中的项但，所以，所以，这与矛盾（ii）中至多有三项，其绝对值大于且小于，假设中至少有四项，其绝对值大于且小于，类似（i）得出矛盾，（iii）中至多有两项绝对值等于（iv）中至多有一项等于0综合（i），（ii），（iii），（iv）可知中至多有项，由一、二可得，的最大值为20（1）或或.（2）【分析】（1）由题设有，设为，讨论、并根据直线与抛物线交点个数确定k值，即可写出直线方程.（2

20、）设直线为，则为，联立抛物线，由直线与抛物线的关系及求k的范围，再应用韦达定理求、及点纵坐标，进而写出直线方程，求横坐标，结合二次函数的性质求长度的最大值.（1）由题设，抛物线为，且的斜率一定存在，令为，当时显然满足题设，此时，若，则，可得或，综上，为或或.（2）由题设，显然的斜率存在且不可能为0，设为，则为，与抛物线和相切于点，联立方程并整理得，可得，易知，联立与抛物线可得：，则，即，且，在抛物线上，故，则， 直线：，则，同理，又，故当时，.21（1）；（2），有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关.【分析】（1）利用对立事件、相互独立事件概率乘法公式求得所求的次品率.根据条件概率计

21、算公式，计算出所求概率.（2）先求得的表达式，利用导数求得，填写列联表，计算，由此作出判断.【详解】（1）批次芯片的次品率为.设批次的芯片智能自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，由己知得，则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，.（2）个芯片中恰有个不合格的概率.因此，令，得.当时，；当时，.所以的最大值点为.由（1）可知，故批次芯片的次品率低于批次，故批次的芯片质量优于批次.由数据可建立22列联表如下：（单位：人）开机速度满意度芯片批次合计IJ不满意12315满意285785合计4060100根据列联表得.因此，有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关.【点睛】

22、求解最值点有关的题目，是利用导数研究函数的单调性，由此来求得最值点.22（1）（2）【分析】（1）由题可得，再利用导数的几何意义即得；（2）由题可得，分类讨论，当时，利用导函数可得函数最多有一个零点，当时，最多有一个零点，当时，利用导数可得，再利用导数求最值即得.（1）因为时，所以，又，所以切线方程为，即所求的切线方程为（2），所以，令，则，因为，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，当，即时，因为且在上单调递增，所以，又所以，使得，又在上单调递减，所以当时，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以函数最多有一个零点，不合题意；当，即时，此时在上恒成立，则在上单调递增，所以在上最多有一个零点，不合题意；当，即时，因为且在上单调递减，所以，因为当时，易证得，所以，易证，所以，使得，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，由，所以要使有三个零点，必有，所以，即，所以，又因为，令，则，因为当时，所以函数在区间上单调递增，所以，即高三数学试卷 第 23 页 共 23 页