2021-2022学年江苏省南京市玄武高级中学高三第二次诊断性检测数学试卷含解析

2022年高考数学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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i是虚数单位，若复数是纯虚数，则a的值为（）A． B．3 C．1 D．2．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（）A．AC⊥BE B．EF平面ABCDC．三棱锥A-BEF的体积为定值 D．异面直线AE,BF所成的角为定值3．的展开式中，项的系数为（）A．－23 B．17 C．20 D．634．已知，若则实数的取值范围是（）A． B． C． D．5．已知f(x)=是定义在R上的奇函数，则不等式f(x-3)<f(9-x2)的解集为（）A．(-2,6) B．(-6,2) C．(-4,3) D．(-3,4)6．如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（）A． B． C． D．7．我国古代有着辉煌的数学研究成果，其中的《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》，有丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期．某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为（）A． B． C． D．8．已知在平面直角坐标系中，圆：与圆：交于，两点，若，则实数的值为（）A．1 B．2 C．-1 D．-29．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，若球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（）A． B． C． D．10．已知全集为，集合，则（）A． B． C． D．11．函数f(x)＝的图象大致为()A． B．C． D．12．设，，，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知实数，且由的最大值是_________14．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中一些数学用语可见，譬如“憋臑”意指四个面都是直角三角形的三棱锥.某“憋臑”的三视图（图中网格纸上每个小正方形的边长为1）如图所示，已知几何体高为，则该几何体外接球的表面积为__________．15．已知向量满足，，则______________.16．已知全集，集合，则______.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）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若曲线、交于、两点，是曲线上的动点，求面积的最大值.18．（12分）[选修45：不等式选讲]已知都是正实数，且，求证:．19．（12分）已知函数，，设．（1）当时，求函数的单调区间；（2）设方程（其中为常数）的两根分别为，，证明：．（注：是的导函数）20．（12分）如图，湖中有一个半径为千米的圆形小岛，岸边点与小岛圆心相距千米，为方便游人到小岛观光，从点向小岛建三段栈道，，，湖面上的点在线段上，且，均与圆相切，切点分别为，，其中栈道，，和小岛在同一个平面上.沿圆的优弧（圆上实线部分）上再修建栈道.记为.用表示栈道的总长度，并确定的取值范围；求当为何值时，栈道总长度最短.21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线上各点纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到曲线，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）写出的极坐标方程与直线的直角坐标方程；（2）曲线上是否存在不同的两点，（以上两点坐标均为极坐标，，），使点、到的距离都为3？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.22．（10分）已知函数，.（1）当时，讨论函数的零点个数；（2）若在上单调递增，且求c的最大值.

参考答案一、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．D【解析】

整理复数为的形式,由复数为纯虚数可知实部为0,虚部不为0,即可求解.【详解】由题,,因为纯虚数,所以,则,故选:D【点睛】本题考查已知复数的类型求参数范围,考查复数的除法运算.2．D【解析】

A．通过线面的垂直关系可证真假；B．根据线面平行可证真假；C．根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D．根据列举特殊情况可证真假.【详解】A．因为，所以平面，又因为平面，所以，故正确；B．因为，所以，且平面，平面，所以平面，故正确；C．因为为定值，到平面的距离为，所以为定值，故正确；D．当，，取为，如下图所示：因为，所以异面直线所成角为，且，当，，取为，如下图所示：因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以异面直线所成角为，且，由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内.3．B【解析】

根据二项式展开式的通项公式，结合乘法分配律，求得的系数.【详解】的展开式的通项公式为.则①出，则出，该项为：；②出，则出，该项为：；③出，则出，该项为：；综上所述：合并后的项的系数为17.故选：B【点睛】本小题考查二项式定理及展开式系数的求解方法等基础知识，考查理解能力，计算能力，分类讨论和应用意识.4．C【解析】

根据，得到有解，则，得，，得到，再根据，有，即，可化为，根据，则的解集包含求解，【详解】因为，所以有解，即有解，所以，得，，所以，又因为，所以，即，可化为，因为，所以的解集包含，所以或，解得，故选：C【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题，5．C【解析】

由奇函数的性质可得，进而可知在R上为增函数，转化条件得，解一元二次不等式即可得解.【详解】因为是定义在R上的奇函数，所以，即，解得，即，易知在R上为增函数.又，所以，解得.故选：C.【点睛】本题考查了函数单调性和奇偶性的应用，考查了一元二次不等式的解法，属于中档题.6．B【解析】

根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积．【详解】解：分析题意可知，如下图所示，该几何体为一个正方体中的三棱锥，最大面的表面边长为的等边三角形，故其面积为，故选B．【点睛】本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题．7．D【解析】

利用列举法，从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，基本事件有10种情况，所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有9种情况，由古典概型概率公式可得结果.【详解】《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》，这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期．记这5部专著分别为，其中产生于汉、魏、晋、南北朝时期．从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，基本事件有共10种情况，所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有，共9种情况，所以所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为．故选D．【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于基础题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有(1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，….，再，…..依次….…这样才能避免多写、漏写现象的发生.8．D【解析】

由可得，O在AB的中垂线上，结合圆的性质可知O在两个圆心的连线上，从而可求.【详解】因为，所以O在AB的中垂线上，即O在两个圆心的连线上，，，三点共线，所以，得，故选D.【点睛】本题主要考查圆的性质应用，几何性质的转化是求解的捷径.9．B【解析】

由题意画出图形，设球0得半径为R，AB=x,AC=y,由球0的表面积为20π，可得R2=5，再求出三角形ABC外接圆的半径,利用余弦定理及基本不等式求xy的最大值，代入棱锥体积公式得答案.【详解】设球的半径为，，，由，得．如图：设三角形的外心为，连接，，，可得，则．在中，由正弦定理可得：，即，由余弦定理可得，，．则三棱锥的体积的最大值为．故选：．【点睛】本题考查三棱锥的外接球、三棱锥的侧面积、体积，基本不等式等基础知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题．10．D【解析】

对于集合,求得函数的定义域,再求得补集；对于集合,解得一元二次不等式,再由交集的定义求解即可.【详解】,,.故选:D【点睛】本题考查集合的补集、交集运算,考查具体函数的定义域,考查解一元二次不等式.11．D【解析】

根据函数为非偶函数可排除两个选项，再根据特殊值可区分剩余两个选项.【详解】因为f(－x)＝≠f(x)知f(x)的图象不关于y轴对称，排除选项B，C.又f(2)＝＝－<0.排除A，故选D.【点睛】本题主要考查了函数图象的对称性及特值法区分函数图象，属于中档题.12．A【解析】

先利用换底公式将对数都化为以2为底,利用对数函数单调性可比较,再由中间值1可得三者的大小关系.【详解】，，，因此，故选：A.【点睛】本题主要考查了利用对数函数和指数函数的单调性比较大小,属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

将其转化为几何意义，然后根据最值的条件求出最大值【详解】由化简得，又实数，图形为圆，如图:，可得，则由几何意义得，则，为求最大值则当过点或点时取最小值，可得所以的最大值是【点睛】本题考查了二元最值问题，将其转化为几何意义，得到圆的方程及斜率问题，对要求的二元二次表达式进行化简，然后求出最值问题，本题有一定难度。14．【解析】三视图还原如下图：，由于每个面是直角，显然外接球球心O在AC的中点.所以，，填。【点睛】三视图还原，当出现三个尖点在一个位置时，我们常用“揪尖法”。外接球球心到各个顶点的距离相等，而直角三角形斜边上的中点到各顶点的距离相等，所以本题的球心为AC中点。15．1【解析】

首先根据向量的数量积的运算律求出，再根据计算可得；【详解】解：因为，所以又所以所以故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算，属于基础题.16．【解析】

根据题意可得出，然后进行补集的运算即可．【详解】根据题意知，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查列举法的定义、全集的定义、补集的运算，考查计算能力，属于基础题．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．（1），；（2）.【解析】

（1）在曲线的参数方程中消去参数，可得出曲线的普通方程，将曲线的极坐标方程变形为，进而可得出曲线的直角坐标方程；（2）求出点到直线的最大距离，以及直线截圆所得弦长，利用三角形的面积公式可求得面积的最大值.【详解】（1）由曲线的参数方程得，.所以，曲线的普通方程为，将曲线的极坐标方程变形为，所以，曲线的直角坐标方程为；（2）曲线是圆心为，半径为为圆，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的最大距离为，，因此，的面积为最大值为.【点睛】本题考查曲线的参数方程、极坐标方程与普通方程之间的相互转换，同时也考查了直线截圆所形成的三角形面积最值的计算，考查计算能力，属于中等题.18．见解析【解析】试题分析：把不等式的左边写成形式，利用柯西不等式即证．试题解析：证明：∵，又，∴考点：柯西不等式19．（1）在上单调递增，在上单调递减．（2）见解析【解析】

（1）求出导函数，由确定增区间，由确定减区间；（2）求出含有参数的，再求出，由的两根是，得，计算，代入后可得结论．【详解】解：，函数的定义域为，．（1）当时，，由得，由得，故函数在上单调递增，在上单调递减．（2）证明：由条件可得，，，方程的两根分别为，，，且，可得．．【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，考查导数的运算、方程根的知识．在可导函数中一般由确定增区间，由确定减区间．20．，；当时，栈道总长度最短.【解析】

连，，由切线长定理知：，，，，即，，则，，进而确定的取值范围；根据求导得，利用增减性算出，进而求得取值.【详解】解：连，，由切线长定理知：，，，又，，故，则劣弧的长为，因此，优弧的长为，又，故，，即，，所以，，，则；，，其中，，-0+单调递减极小值单调递增故时，所以当时，栈道总长度最短.【点睛】本题主要考查导数在函数当中的应用，属于中档题.21．（1），（2）存在，【解析】

（1）先求得曲线的普通方程，利用伸缩变换的知识求得曲线的直角坐标方程，再转化为极坐标方程.根据极坐标和直角坐标转化公式，求得直线的直角坐标方程.（2）求得曲线的圆心和半径，计算出圆心到直线的距离，结合图像判断出存在符合题意，并求得的值.【详解】（1）曲线的普通方程为，纵坐标伸长到原来的2倍，得到曲线的直角坐标方程为，