精品解析：云南省昆明市2022届高三三诊一模复习教学质量检测数学（理）试题（解析版）

1、 昆明市2022届“三诊一模”高三复习教学质量检测理科数学注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.2回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡交回.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.1 设全集，则（ ）A. B. C. D. 【1题

2、答案】【答案】A【解析】【分析】求出，从而求出.【详解】，所以.故选：A2. 复数z在复平面内对应的点的坐标为，则（ ）A. B. C. D. 【2题答案】【答案】D【解析】【分析】先求得，利用复数乘法运算求得正确答案.【详解】依题意.故选：D3. 已知，为单位向量，若，则，的夹角为（ ）A. B. C. D. 【3题答案】【答案】C【解析】【分析】利用两边平方的方法化简已知条件，从而求得，的夹角.【详解】设，的夹角为，由两边平方得，由于，所以.故选：C4. 若，则（ ）A. B. C. D. 【4题答案】【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角，即可求得的

3、值.【详解】因为，则，因为，则，所以，可得，则，因此，.故选：B.5. 双曲线的左、右焦点分别为、，点M在y轴上，且为正三角形若的中点恰好在E的渐近线上，则E的离心率等于（ ）A. B. 2C. D. 【5题答案】【答案】B【解析】【分析】根据在双曲线的渐近线上列方程，进而求得离心率.【详解】不妨设在轴的正半轴，设，由于为正三角形，所以，故，设的中点为由于，所以，在渐近线上，所以.故选：B6. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积等于（ ）A. B. C. D. 【6题答案】【答案】A【解析】【分析】根据三视图还原原图，由此计算出几何体的体积.【详

4、解】由三视图可知，该几何体为圆台，体积为.故选：A7. 在中，点在边上且，则的面积为（ ）A. B. C. D. 【7题答案】【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理求出的长，可求得的长，利用三角形的面积公式以及可求得的面积.【详解】因为，则为锐角，且，所以，由余弦定理可得，则，因为点在边上且，则，所以，故.故选：D.8. 3月5日学雷锋活动日，某班安排5名同学（其中2人具有文艺特长）到敬老院参与文艺表演、疫情防控宣传、卫生大扫除、交流谈心四项活动，每个活动至少安排1人，每人安排1个活动若文艺表演只能安排具有文艺特长同学，则不同的安排方案有（ ）A. 240种B. 78种C. 72种D. 6种【

5、8题答案】【答案】B【解析】【分析】5名同学参加4项活动，则有一项活动有两人，根据情况分类讨论【详解】若文艺表演有2人，则有种若文艺表演有1人，则其他某项活动有2人共种综上，不同的安排方案有78种故选：B9. 已知椭圆，过焦点F的直线l与M交于A，B两点，坐标原点O在以AF为直径的圆上，若，则M的方程为（ ）A. B. C. D. 【9题答案】【答案】A【解析】【分析】利用余弦定理列方程，化简求得，从而求得正确答案.【详解】由于坐标原点O在以AF为直径的圆上，故可设为上顶点，为右焦点，为左焦点.则，由余弦定理得，结合解得.所以的方程为.故选：A10. 如图所示，在某体育场上，写有专用字体“一”

6、、“起”、“向”、“未”、“来”的五块高度均为2米的标语牌正对看台（B点为看台底部）由近及远沿直线依次竖直摆放，分别记五块标语牌为，且米为使距地面6米高的看台第一排A点处恰好能看到后四块标语牌的底部，则（ ）A. 40.5米B. 54米C. 81米D. 121.5米【10题答案】【答案】C【详解】依题意，所以米.故选：C11. 函数的零点个数为（ ）A. 3B. 2C. 1D. 0【答案】B【详解】的定义域为，令，所以在上递增，所以存在唯一零点，使.所以在区间递减；在区间递增.所以是的极小值点也即是最小值点，所以有个零点.故选：B12. 己知函数在区间单调递增，下面三个结论：的取值范围为在区间

7、可能有1个零点存在，使其中正确结论的个数是（ ）A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个【12题答案】【答案】C【解析】【分析】化简的解析式，根据函数的单调性、零点周期性求得正确答案.【详解】，在单调递增，所以，由于，则或，则，则.所以选项错误.，则当时，所以正确.当时，的最小正周期为，则是的一个周期，所以正确，所以正确的有个.故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 写出一个定义域为且值域为的函数_【13题答案】【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据对数函数的值域与定义域可得出结果.【详解】函数的定义域为，值域为，故函数满足要求.故答案为：（答案不唯一）.14. 四面

8、体ABCD中，平面ABC，BAC=90若A，B，C，D四点都在同一个球面上，则该球面面积等于_【14题答案】【答案】【解析】【分析】由题意可将四面体ABCD补形到长方体中，利用长方体求外接球半径，进而求表面积.【详解】在四面体ABCD中，因为平面ABC，BAC=90所以AB，AC，AD两两互相垂直，可将四面体ABCD补形到长方体中，如图所示，因为，所以长方体外接球半径，所以球的变面积,故答案为：.15. 长绒棉是世界上纤维品质最优的棉花，也是全球高端纺织品及特种纺织品的重要原料新疆具有独特的自然资源优势，是我国最大的长绒棉生产基地，产量占全国长绒棉总产量的95%以上新疆某农科所为了研究不同土壤

9、环境下棉花的品质，选取甲、乙两地实验田进行种植在棉花成熟后采摘，分别从甲、乙两地采摘的棉花中各随机抽取50份样本，测定其马克隆值，整理测量数据得到如下列联表（单位：份），其中且注：棉花的马克隆值是反映棉花纤维细度与成熟度的综合指标，是棉纤维重要的内在质量指标之一根据现行国家标准规定，马克隆值可分为A，B，C三个级别，A级品质最好，B级为标准级，C级品质最差A级或B级C级合计甲地a50乙地50合计8020100当时，有99%的把握认为该品种棉花的马克隆值级别与土壤环境有关，则的最小值为_附：0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【15题答案】【答案】46【解析】【分析】

10、由列不等式，求得取值范围，进而求得正确答案.【详解】依题意：，即，由于且，.所以的最小值为.故答案为：16. 如图，正方形纸片的边长为，在纸片上作正方形，剪去阴影部分，再分别沿的四边将剩余部分折起若、四点恰好能重合于点，得到正四棱锥，则体积的最大值为_【16题答案】【答案】#【解析】【分析】设正方形的边长为，分析可得，求出正四棱锥的体积关于的函数关系式，结合导数法可求得正四棱锥体积的最大值.【详解】设正方形的中心为点，则点也为正方形的中心，连接，连接分别交、于点、，易知、分别为、的中点，设正方形的边长为，为的中点，则，、分别为、的中点，则，则，由题意可得，可得，如下图所示，正四棱锥中，平面，平

11、面，因为，则，令，其中，则，列表如下：增极大值减所以，因此，体积的最大值为.故答案为：.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.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 已知数列满足，（1）设，证明：是等差数列；（2）设数列的前n项和为，求【1718题答案】【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）通过计算来证得是等差数列.（2）先求得，然后利用裂项求和法求得.【小问1详解】因为，所以数列是以1为公差的等差数列【小问2详解】因为，所以，由得故，所以，18. 如图1，在中，点，D是的

12、三等分点，点，C是的三等分点分别沿和DC将和翻折，使平面平面ABCD，且平面ABCD，得到几何体，作于E，连接AE，如图2（1）证明：图2中，；（2）在图2中，若，求直线与平面ADE所成角的正弦值【1819题答案】【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）通过证明平面ADE来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得直线与平面ADE所成角的正弦值.【小问1详解】因为平面ABCD，平面ABCD，所以，在翻折前，点D，C分别是，的三等分点，所以，在四边形ABCD中，所以，因为，所以平面，又平面，所以，又因为，所以平面ADE，由平面ADE得【小问2详解】以D为原点，DA，DC，所在

13、直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图，由，不妨设，则，又由（1）知，平面ADE的一个法向量为，设直线与平面ADE所成的角为，则，所以直线与平面ADE所成角的正弦值为19. 生物多样性公约缔约方大会第十五次会议第二阶段将于年月在昆明召开，组委会为大会招募志愿者，对前来报名者进行有关专业知识及技能测试，测试合格者录用为志愿者现有备选题道，规定每次测试都从备选题中随机挑选出道题进行测试，至少答对道题者视为合格已知甲、乙两人报名参加测试，在这道题中甲能答对道，乙能答对每道题的概率均为，且甲、乙两人各题是否答对相互独立（1）分别求甲、乙两人录用为志愿者的概率；（2）记甲、乙两人中录用为志愿者的

14、人数为，求的分布列及数学期望【1920题答案】【答案】（1）甲、乙两人录用为志愿者的概率分别为、 （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）利用古典概型的概率公式以及独立重复试验的概率公式可分别求得甲、乙两人录用为志愿者的概率；（2）分析可知随机变量的可能取值有、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.【小问1详解】解：设事件为甲测试合格录用为志愿者，事件为乙测试合格录用为志愿者由题，得，【小问2详解】解：由题意可知随机变量的可能取值有、， ，故的分布列为：XP所以20. 已知抛物线的焦点为F，点在E上（1）求；（2）O为坐标原点，E上两点A、B处的切线交

15、于点P，P在直线上，PA、PB分别交x轴于M、N两点，记和的面积分别为和试探究：是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由【2021题答案】【答案】（1） （2）是，为定值2【解析】【分析】（1）根据抛物线上的点求出p,再根据抛物线定义求；（2）设A、B的坐标分别为、，利用导数求出斜率，得到切线方程，得出M,N坐标，表示出三角形面积即可求解.【小问1详解】因为点在E上，于是，解得，所以【小问2详解】抛物线方程，故，所以设A、B的坐标分别为、，则PA的方程为：即，同理PB的方程为：，联立PA，PB方程得所以P、M、N的坐标分别为：，则，设AB的直线方程为，联立消去y得：，由韦达定理可

16、知：，所以，故直线AB过定点，所以，因此，故为定值221. 已知函数，（1）讨论的单调性；（2）当，时，证明：【2122题答案】【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.（2）化简不等式，构造函数，利用导数研究的最值，由此分离常数，由的不等关系式构造函数，解得导数证得不等式成立.【小问1详解】的定义域为R，当时，当或时，单调递增；当时，单调递减当时，当或时，单调递减；当时，单调递增【小问2详解】由，得，因为，所以，令，则，设，则，所以在单调递增，又因为，（由（1）知当时，所以当时，即）所以，存在，使得，即所以，当时，单调递减；当时

17、，单调递增，所以，所以所以设，则，当时，单调递增；当时，单调递减所以，所以【点睛】利用导数研究函数的单调性，当导函数含有参数时，要注意对参数进行分类讨论，分类标准的制定可以考虑二次函数的开口方向、零点分布等知识.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.并用铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑.如果多做，则按所做的第一题计分.选修44：坐标系与参数方程（10分）22. 在平面直角坐标系xOy中，圆的方程为，曲线的参数方程为（为参数），已知圆与曲线相切，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求圆的半径r和曲线的极坐标方程；（2）已知在极坐标系中，圆与极轴交点为D，射线与曲线、分别相交于点A、B（异于极点），求面积的最大值【2223题答案】【答案】（1）3，极坐标方程为 （2）【解析】【分析】（1）消去参数，求出曲线的普通方程，确定其圆心与半径，结合圆的圆心，确定两圆内切，求出圆的半径；（2）在极坐标下求出弦长AB，进而求出点D到直线AB的距离为，表达出面积，利用基本不等式求出最大值.【小问1详解】由曲线参数方程为（为参数）得：，故曲线是圆心为，半径为的圆，而圆的圆心为，故圆与圆内切，故，曲线极坐标方程为【小问2详解】因为射线与圆、曲线分别相交于点A、B（异于极点），