2022年海南省海口市高考数学学科能力诊断试卷(二)+答案解析(附后).pdf

该【2022年海南省海口市高考数学学科能力诊断试卷(二)+答案解析(附后) 】是由【青山代下】上传分享，文档一共【18】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2022年海南省海口市高考数学学科能力诊断试卷(二)+答案解析(附后) 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。:..年海南省海口市高考数学学科能力诊断试卷(二),,则()(),且,则“”是“”的(),为了让标本中DNA的数量达到核酸探针能检测到的阈值,,DNA的数量单位:与PCR扩增次数n满足,,核酸探针能检测到的DNA数量最低值为,则应对该标本进行PCR扩增的次数至少为参考数据:,(),已知,则():的两个焦点为,,以为圆心,为半径的圆与E交于点P,若,则E的离心率为(),其面积为,两个圆弧所在的圆半径分别为2和4,则该圆台的体积为(),函数的图象关于直线对称,若,则(),共18页:..,,…,的平均数和中位数均为5,若去掉其中一个数据5,则(),,则(),正方体的棱长为2,点,F分别为和的中点,则(),且,则(),的夹角为,,且,若,,甲、乙两人每人从A,B,C,D四个不同的消博会展馆中选2个去参观,:的焦点为F,第一象限的A,B两点在C上,若,,,,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,求;若,AB边的中点为D,,记为的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列是等比数列;②数列是等比数列;③注:如选择不同的组合分别解答,,共18页:..,正三棱柱的高和底面边长均为2,点,Q分别为,:平面平面;《关于深化体教融合,促进青少年健康发展的意见》,,抽取100名男生作为样本,统计他们的成绩单位:秒,整理得到如图所示的频率分布直方图每组区间包含左端点,不包含右端点若规定男生短跑成绩小于秒为优秀,求样本中男生短跑成绩优秀的概率;估计样本中男生短跑成绩的平均数;同一组的数据用该组区间的中点值为代表根据统计分析,该校男生的短跑成绩X服从正态分布,,记其中短跑成绩在以外的人数为Y,求附:若,,且经过点求C的方程;页,共18页:..动直线与圆O:相切,与C交于M,N两点,,若,求的最小值;若当时,恒成立,,共18页:..答案和解析1.【答案】【解析】解:,或,或,,故选:,.【答案】D【解析】解:,则复数的虚部为故选:根据已知条件,结合复数的四则运算,先化简,再结合虚部的定义,,以及虚部的定义,.【答案】C【解析】解:当时,,则,即;当时,,即;当时,;是的充分条件;当时,由于,则,即是的必要条件;综上,:从充分性和必要性两个角度分别判断,,考查逻辑推理能力,.【答案】B页,共18页:..【解析】【分析】本题主要考查对数函数的实际应用,,,,令,结合对数函数的公式,解出,即可求解.【解答】解:由题意可知,,,令,得,两边同时取对数可得,,所以故选5.【答案】C【解析】解:,,故选:根据已知条件,结合等差数列的前n项和公式,以及等差中项的性质,,以及等差中项的性质,.【答案】D【解析】解:如图,依题意可得,则,取的中点为D,连接,,,则,则,可得,则E的离心率为故选:依题意可得,取的中点为D,连接,,利用,,共18页:..本题考查双曲线的简单性质的应用,考查转化思想以及计算能力,.【答案】【解析】解:圆台的侧面展开图是一扇环,设该扇环的圆心角为,则其面积为,得,所以扇环的两个圆弧长分别为和,设圆台的上底半径,下底半径分别为,,圆台的高为h,则,,所以,又圆台的母线长,所以圆台的高为,所以圆台的体积为故选:由条件结合扇形面积公式可求圆台的上下底面的半径,结合圆台的轴截面图形可求圆台的高,,考查学生的运算能力,.【答案】B【解析】解:因为的图象关于对称,则是偶函数,,且,所以,对任意的恒成立,所以,因为且为奇函数,所以,因此,故选:分析可知是偶函数,利用偶函数的定义推导出,利用已知条件求出的值,、对称性,考查分析问题、解决问题的能力,.【答案】AC页,共18页:..【解析】解:假设…,则原来的中位数为,去掉后,由于去掉的正好是平均数,且是中间的数,则平均数和极差极差是极大值与极小值的差不变,故,C正确;去掉数据5后,中位数为,这个值不一定为5,所以B不正确,对于D,原来的方差为……,去掉后,新的方差……因为去掉的数据恰好等于平均值,有…………,所以剩下的数据的方差增大,故选:,属于简单题型10.【答案】BD【解析】解:因为,,又,所以,故B正确,所以,,,故A错误,由已知可得,可得,故C错误,可得,:由已知利用同角三角函数基本关系式,,二倍角的正切公式以及二倍角的余弦公式在三角函数化简求值中的应用,考查了计算能力和转化思想,,共18页:..11.【答案】【解析】解:如图所示,设BC的中点为G,连接GE,FG和GA,GE与交于点I,连接与交于点H,连接HI,平面截正方体所得的截面即,因为在正方体中,F,G分别为,BC的中点,所以,,所以四边形为平行四边形,所以,,因为,,所以,,所以四边形为平行四边形,所以,因为平面,平面,所以平面,故A正确;在矩形中可看出与HI不垂直,所以与平面不垂直,故B错误;截面是一个等腰梯形,上底,下底,在矩形中,,所以,所以,故C错误;,所以,因为,所以,所以,设点D到平面的距离为d,则,页,共18页:..,所以,得,即点到平面的距离为,:如图所示,设BC的中点为G,连接GE和GA,GE与交于点,连接与交于点H,连接HI,平面截正方体所得的截面即,,.【答案】ABD【解析】解:设,则,所以为常数,所以,又,所以,所以,,当时,,单调递减,当时,,单调递增,所以在处取得极小值,因为,所以,所以在上有极小值,可知A,B都正确.,,页,共18页:..当时,,单调递减,当时,,单调递增,所以的极小值即最小值为,故错误.,当时,,,所以,当时,,,所以,而当时,,所以的最小值为0,:构造函数,利用导数运算公式求出函数的解析式,由此可得函数的解析式,再由导数与函数的单调性,,利用导数研究函数的极值与最值,考查了分类讨论思想和转化思想,.【答案】【解析】解:函数的最小正周期故答案为:,考查了函数思想,.【答案】【解析】解:向量,的夹角为,,且,,可得,,可得:,,故答案为:根据已知条件求得,,共18页:..本题主要考查向量的数量积,考查计算能力,.【答案】【解析】【分析】本题考查概率的求法,考查古典概型、列举法等基础知识,考查运算求解能力,,再用列举法列举法列出符合条件的基本事件,即可得到答案.【解答】解:甲选2个去参观,有种方法,乙选2个去参观,有种方法,共有种,他们参观的展馆不完全相同但都参观展馆的情况有:,,,,,,共6种,对应的概率为故答案为:16.【答案】【解析】解:如图所示,设C的准线为1,分别过A,B作l的垂线,垂足分别为D,E,过A作于点P,由抛物线的定义可知,,所以,又因为,所以,所以直线AB的斜率页,共18页:..故答案为:利用抛物线的几何性质,以为斜边,,.【答案】解:根据正弦定理得,所以;由已知得由余弦定理得,即,解得或舍去,在中,由余弦定理得,所以【解析】由正弦定理可求;由余弦定理可求c,进而可求本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,.【答案】解:选①②为条件,③为结论,即已知数列是等比数列,数列是等比数列,求证:证明:设等比数列的公比为q,由题意知且,则,,,是等比数列,,,展开整理得,,;选择①③为条件,②为结论,即已知数列是等比数列,,求证::设等比数列的公比为q,由题意知且,,,,,,,页,共18页:..,数列是首项为,公比为q的等比数列;选择②③为条件,①为结论,即已知数列是等比数列,,求证::设数列的公比为q,由题意得,且,则,,,且,,,当时,,,数列是首项为,公比为q的等比数列.【解析】选①②为条件,③为结论,根据已知条件及等比数列的通项公式,再利用等比数列数列的前n项和公式,结合等比中项即可求解;选择①③为条件,②为结论,根据已知条件及等比数列的通项公式,再利用等比数列前n项和公式,结合等比数列的定义即可求解;选择②③为条件,①为结论,根据已知条件及等比数列的通项公式,得出,再利用与的关系,,考查等比数列的性质等基础知识,考查运算求解能力,.【答案】解:因为是正三角形,Q为BC的中点,所以,因为平面ABC,平面ABC,所以,因为,所以平面,因为平面,所以平面平面设线段AC,的中点分别为O,,以O为坐标原点,分别以OB,OC,所在直线为x,y,,共18页:..因为正三棱柱的底面边长和高均为2,所以,,,,,所以,,设为平面的一个法向量,则,令,则设直线与平面所成角为,则,所以直线BP与平面所成角的正弦值为【解析】由于是正三角形,Q为BC的中点,可得,再由正棱柱的性质得,则由线面垂直的判定定理可得平面,再由面面垂直的判定定理可证得结论,设线段AC,的中点分别为O,,以O为坐标原点,分别以OB,OC,所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,,线面角的计算,空间向量及其应用等知识,.【答案】解:由频率分布直方图可得,,解得,故样本中男生短跑成绩优秀的概率为估计样本中男生短跑成绩的平均数为:页,共18页:..由可知,,则服从正态分布,故该校男生短跑成绩在以外的概率为,由题意可得,,【解析】本题主要考查频率分布直方图的应用,以及正态分布的对称性,,结合频率分布直方图的性质,求出a,,,结合正态分布的对称性,以及二项分布的概率公式,.【答案】解:根据题意列出方程组:,解得所以C的方程为当l的斜率不存在时,线段MN的中垂线为x轴,此时O到中垂线的距离为当l的斜率存在时,设l:,,因为l与圆相切,则O到l的距离为,所以联立方程,得,则,可得MN的中点为则MN的中垂线方程为,即因此O到中垂线的距离为,当且仅当时等号成立综上所述,O到线段MN的中垂线的最大距离为页,共18页:..【解析】首先根据题意列出方程组,,O到中垂线的距离为当/的斜率存在时,设l:,,根据直线与圆相切得到,求出中垂线得到O到中垂线的距离为,,考查学生的运算能力,.【答案】解:当时,,所以,易知单调递增,且,当时,,当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,所以的最小值为设,由题意可得对任意恒成立.,若,则,则存在,使得当时,,所以在上单调递减,故当时,,,由知当时,,所以,当时,,,所以当时,综上,a的取值范围是页,共18页:..【解析】对函数求导后,求出函数的单调区间,从而可求出函数的最小值,设,由题意对任意恒成立,,考查利用导数求函数的最值,考查利用导数解决不等式恒成立问题,考查数学转化思想、分类讨论思想,,共18页