【文档说明】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答案.docx，共(16)页，945.482 KB，由小赞的店铺上传

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★秘密·2021年12月15日17：00前重庆市2022年高考第〇次诊断性检测高三数学答案及评分标准1．A【分析】根据集合的描述法得到集合的列举法.【详解】∵41x−，∴5x．又xN，∴410,1,2,3,4xNx−=．故选：A2．A【

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】()()3i1i3i42i2i1i22z+−+−====−+,则复数在复平面对应点的坐标为()2,1−.故选：A.3．B【分析】利用四种命题的基本关系求解.【详解】解：命题“若p则q”

的逆否命题为“若q则p”，所以“若，则coscos”的逆否命题为“若coscosa，则”，故选：B.4．B【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1223110011

1()()236sxxdxxx=−=−=，正方形面积1s=，∴所求的概率116sps==，故选：B5．B【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1.7xy=在R上是增函数，2.5

<3，∴2.531.71.7，故错误；B中，∵0.6xy=在R上是减函数，-1<2，∴120.60.6−，故正确；C中，∵0.1yx=在()0,+上是增函数，0.10.10.81.2.故错误；D中，∵0.

31.71，3.100.91，∴0.33.11.70.9，故错误.故选：B6．D【分析】根据x的范围，结合正弦函数的图象，求出sinx的范围，从而可求函数的值域.【详解】∵66x−，∴11si

n22x−，∴012sin2x+，所以函数的值域为0,2．故选：D.7．C【分析】设BC的中点是O，根据题意化简可得0MOBC=，即可确定M的轨迹.【详解】设BC的中点是O，()()2222ACABACABACABAOBCAMBC−=+−=

=uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur，即()0AOAMBCMOBC−==，所以MOBC⊥，所以动点M在线段BC的中垂线上，故动点M的轨迹必通过ABC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.8．C【分析】设12lnxaex==，把参数t表示成a的函数即21lnatxxea=−=−，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12lnxaex==，则1lnxa=，2axe=，21lnatxxea=−=−，令()lnxhxex=−，1()xhxex=−，易知()hx单增，且1()202he=−

，(1)10he=−，则存在01(,1)2x，使0001()0xhxex=−=，即0(0,)xx，()0hx，()hx单减；0(,)xx+，()0hx，()hx单增；又000000011(

)0,lnxxhxeexxxx=−===−，则000001()()lnxhxhxexxx=−=+，01(,1)2x易知0001()hxxx=+在01(,1)2x单减，即015(1)2()()22hhxh==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.9．AD【分析】先求得,xy，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ˆa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】247101522106x+++++==，8.19.41214.418

.52414.46y+++++==，故样本点的中心为()10,14.4，选项A正确；将样本点的中心为()10,14.4代入ˆˆ0.8yxa=+得ˆ6.4a=，故选项B错误；∵ˆ0.86.4yx=+，当16y=求得12x=，月出时间为阴历12日，选项C错误；∵阴历27日时，即27x=，代入ˆ

0.856.428y=+=，日出时间应该为28日早上4:00，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.10．AB【分析】根据()2fx+为偶函数，得到其图象关于y轴对称，再由()2fx+的图象与()fx的

图象的关系，得到()fx的图象关于直线2x=对称求解.【详解】因为()2fx+为偶函数，所以其图象关于y轴对称，由于()2fx+的图象可由()fx的图象向左平移2个单位长度得到，故()fx的图象关于直线2x=对称，因为函数()fx在()2,+上是增函数，所以

()fx在()2,+上是减函数，所以()()()()()15403fffff−==．故选：AB11．AD【分析】利用22abab+=判断A；利用()()222+=+++abababab判断B；利用3322()

()ababaabb+=+−+判断C；利用()2222ababab+=+−判断D；【详解】因为0a，0b，2ab+=，对于A，2abab+，则12abab+=，即1ab，当且仅当1ab==时取等号，故A正确；对于B，()22224abababa

b+=++=+，所以2ab+，当且仅当1ab==时取等号，故B错误；对于C，()()23322()()()32432ababaabbababab+=+−+=++−−=，当且仅当1ab==时取等号，故C错误；对于D，结合1ab，()2222

422+=+−−=ababab，当且仅当1ab==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3322()()ababaabb+=+−+的应用是解题的关键，考查了学生的转化求解问题的能力，属于中档题.12．ACD【分析

】对于A，从前后两个图之间的关系可求出nb，对于B，由题意可知，数列na是1为首项，13为公比的等比数列，从而可求出nS，对于C，由24nmbbbb=结合1433nnb−=，可得6nm+=，而*,mnN，从而可求出,mn的值，则可求出1

2mn+的值，进而可求得最小值，对于D，由31123=−nnS在*nN上递增和12=−nnySS在31,2nS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13，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为1114433−−=

=nnnbbb，所以数列nb是公比为43，首项为3的等比数列，所以1433nnb−=，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13，所以数列na是1为首项，13为公比的等比数列，所以1113131311232231

3−−==−=−−nnnnS，所以B错误，对于C，由1433nnb−=，24nmbbbb=，得112141444433333333−−−−=

nm，所以244433+−=nm，所以6nm+=，因为*,mnN，所以当1n=时，5m=，则121211515+=+=mn，当2n=时，4m=，则12125424+=

+=mn，当3n=时，3m=，则1212133+=+=mn，当4n=时，2m=，则12121112422+=+=+=mn，当5n=时，1m=，则12127155+=+=mn，所以12mn+最小值是1，所以C正确，对于D，因为13131122323−=−=−nnnS在

*nN上递增，所以3131232−nS，即312nS，令12=−nnySS，则12=−nnySS在31,2nS上递增，所以32211223−−y，即713y，即17

123−nnSS，因为12nnSS−恒成立，所以−的最小值为74133−=，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na和nb的通项公式，考查计算能力，属于较难题13．5【分析】先求出点(3,0)A关于直线4xy+=的对称点A的坐标，设将军饮马点为P,达到营区的点为M，则要使“将军饮马”的总路程最短，即PAPM+最短即可，从而可得答案.【详解】设点(),Aab是点

(3,0)A关于直线4xy+=的对称点，则322013abba++=−=−解得41ab==，即()4,1A设将军饮马点为P,达到营区的点为M则总路程为：APPM+,则APPMPAPM+=+要使“将军饮马”的总路程最短，即PAPM+最短即可.如图过点A与

直线112yx=−+垂直的直线方程为：()124yx−=−，即27yx=−由27112yxyx=−=−+解得16535xy==−，点163,55−在第四象限内.即过点A作线112yx=−+的垂线，垂足不在可行域内，所以当M点与点B重

合时，PAPM+有最小值，即()()2242105PAPMPAPBAB++=−+−=故答案为：514．30【分析】设第1r+项最大，建立不等式组112,rrrrTTTT+++，求解可得答案.【详解】解：设第1r+项最

大，则()()()()115050111125050C2C2,,C2C2rrrrrrrrrrrrTTTT−−+++++,即()()()()()()()()()()1+1502502!50!1!51!5

02502!50!+1!49!rrrrrrrrrrrr−−−−−−！！！！，所以21511250+1rrrr−−，解得()101512102512rrZ−

−，所以29r=,故()501x+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29r=后，认为第29项即为所求，要注意通项1CrnrrrnTab−+=是()nab+的展开式的第1r+项，而不是第r项．15．9【分析】在ABC中以及ABC中，两

次利用余弦定理，求出cosB，得到等式，设出BDx=，即可求出x的值求出a的值.【详解】解：ABC中，若4c=，7b=，BC边上的中线AD长为3.5222cos2BDABADBABBD+−=在ABC中，222cos2BCABACBABBC+−=，即22222222BDA

BADBCABACABBDABBC+−+−=，222222BDABADBCABACBDBC+−+−=∵2BCBD=，设BDx=，代入数值，得()22222244743.521xx+−+−=，解得92x=.∴29aBCx===.故答案为：9.16．26

【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3R=如图，设正

四面体PABC−，O为底面ABC的中心，连接PO，则PO⊥底面ABC，则可知33COx=，正四面体的高63POx=，3OPOC==利用勾股定理可知222633333xx−+=

，解得：26x=故答案为：2617．（1）60；（2）39.【分析】（1）若选条件①，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A的值；若选条件②，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3sincos1

AA−=，再利用辅助角公式得1sin(30)2A−=，结合三角形中0180A，从而可求出A的值；（2）结合题中条件及三角形内角和得出OACABO=，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tanABO的值.（1）解：若选条件①：2cos(coscos)AcBbCa+=，整理得：2cos(sincossincos)sin+=ACBBCA，则()2cossinsinABCA+=，即2cossinsinAAA=，又0180A，sin0A

，所以1cos2A=，所以60A=；若选条件②：3sincosbcCCa++=，整理得：sinsin3sincossinBCCCA++=，所以3sinsincossinsin()sinCACAACC+=++，化简得：(3sincos)sinsin

AACC−=，又0180C，sin0C，所以3sincos1AA−=，故1sin(30)2A−=，由于0180A，所以60A=．（2）解：由于60AOACOAB=+=，18012060OABABO+=−

=，所以OACABO=，在ABO中，3sinsin120AOABO=，所以23sinAOABO=，在ACO△中，1sin150sinsin(30)AOAOACOABO==−，所以2sin(30)AOABO=−，2sin(30)23s

inABOABO−=，整理得：cos33sinABOABO=，故3tan9ABO=．18．（1）12MNbca→→→→=+−（2）22【分析】（1）求出12DMab→→→=−，1122DNcb→→→=−，即得解；（2）设2

abc→→→===，求出2MNAC→→=，2MN→=，再利用向量的夹角公式求解.（1）（1）如图，∵M为棱AB的中点，→→=ABa，ADb→→=，ACc→→=.∴111222DMDBDAABADDAab→→→→→→→→=+=−+=−；又N为棱CD的中

点，∴11112222DNDCACADcb→→→→→→==−=−，12MNDNDMbca→→→→→→=−=+−.（2）（2）由题知a→，b→，c→的两夹角都为60°，并设2abc→→→===，∴21112222MNACcbac

ccbac→→→→→→→→→→=+−=+−=，又2124MNbca→→→→=+−=，∴22cos,222MNACMNACMNAC→→→→→→===，∴异面直线DM与CN所成角的余弦值为22.19．（1）3a=（2

）证明见解析（3）9【分析】（1）利用①推出a的范围．利用②求解a的值即可；（2）利用反证法：假设2，3，5是数列nA中的项，利用已知条件②①，推出23nnaa−−=得到矛盾结果．（3）n的最大值为9，一

、令9A：1114,2,1,,,0,,1,2242−−−−−，则9A符合①②，二、设nA：1a，2a，…，na（3n）符合①②，（i）nA中至多有三项，其绝对值大于1．利用反证法证明假设nA中至少有四项，其

绝对值大于1，不正确；（ii）nA中至多有三项，其绝对值大于0且小于1．利用反证法推出矛盾结论、（iii）nA中至多有两项绝对值等于1．（iv）nA中至多有一项等于0．推出n的最大值为9．（1）由①得：26a，由

②得：当2i=，3j=，4k=时，2a，6a，12中至少有一个是数列1，2，a，6中的项，但66a，126，故26a=，解得：3a=，经检验，当3a=时，符合题意，（2）假设2，3，5是数列nA中的项，由②可知：6，10，15中至少有一个是数列n

A中的项，则有限数列nA的最后一项5na，且4n，由①，1231nnnnaaaa−−−，对于数2na−，1na−，na由②可知：21nnnaaa−−=，对于数3na−，1na−，na，由②可知

：31nnnaaa−−=，所以23nnaa−−=，这与①矛盾．所以2，3，5不可能是数列nA中的项．（3）n的最大值为9，证明如下：一、令9A：1114,2,1,,,0,,1,2242−−−−−，则9A符合①②，二、设nA：1a，2a，…，na（3n）符合①②，则：（

i）nA中至多有三项，其绝对值大于1．假设nA中至少有四项，其绝对值大于1，不妨设ia，ja，ka，la是nA中绝对值最大的四项，其中1ijklaaaa，则对ia，ka，la有illaaa，kllaaa，故ilaa，klaa均不是数列nA中的

项，即ikaa是数列nA中的项，同理：jkaa也是数列nA中的项．但ikkaaa，jkkaaa，所以ikjklaaaaa==，所以ijaa=，这与①矛盾．（ii）nA中至多有三项，其绝对值大于0且小于1，假设nA中至少有四项

，其绝对值大于0且小于1，类似（i）得出矛盾，（iii）nA中至多有两项绝对值等于1．（iv）nA中至多有一项等于0．综合（i），（ii），（iii），（iv）可知nA中至多有9项，由一、二可得，n的最大值

为9．20．（1）1y=−或20xy++=或210xy−+=.（2）max||4PQ=【分析】（1）由题设有28yx=，设1l为1ykxk=+−，讨论0k=、0k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）设直线2l为1xkyk=+−

，则1l为1xkyk=−−−，联立抛物线，由直线与抛物线的关系及4p求k的范围，再应用韦达定理求BDyy+、BDyy及C点纵坐标，进而写出直线BC､DC方程，求P､Q横坐标，结合二次函数的性质求PQ长度的最大值.（1）由题设

，抛物线为28yx=，且1l的斜率一定存在，令1l为1ykxk=+−，∴2222(228)(1)0kxkkxk+−−+−=，当0k=时显然满足题设，此时1y=−，若0k，则2224(4)4(1)0kkkk=−−−−=，可得1k=−或2k=

，综上，1l为1y=−或20xy++=或210xy−+=.（2）由题设，显然2l的斜率存在且不可能为0，设2l为1xkyk=+−，则1l为1xkyk=−−−，∵1l与抛物线和相切于点C，联立方程并整理得222(1)0ypkypk−+−=，∴22

48(1)0pkpk=−−=，可得22(1)4kpk−=，易知2(1)Ckyk−=，联立2l与抛物线可得：222(1)0ypkypk+++=，则2248(1)0pkpk=−+，即0k，∴4(1)2BDkyypkk−+=−=，224(1)2(1

)BDkyypkk−=+=，且10k−，∵,,BCD在抛物线上，故22BBypx=，22CCypx=，则2BCBCBCyypxxyy−=−+，∴直线BC：2()CCBCpyyxxyy−=−+，则2BCPyyxp=−，同

理2DCQyyxp=−，∴22||11||||2222()224CBDyPQyykkkp=−=−=−−，又10k−，故当1k=−时，2max11||22(1)424PQ=−−−=.21．（1）①335；②99.38%；（

2）00.01P=，有99.9%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）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.②根据条件概率计算公式，计算出所求概率.（2）先求得()p的表

达式，利用导数求得0P，填写22列联表，计算2K，由此作出判断.【详解】（1）①Ⅰ批次芯片的次品率为()()()12334333231111135343335IPPPP=−−−−=−=.②设批次Ⅰ的芯片智能自动检测合格为

事件A，人工抽检合格为事件B，由己知得()92100PA=，()332113535IPABP==−=−，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|BA，()()32100820160|99.38%()3592723161PABBAPPA====.（2）100个芯片中

恰有1个不合格的概率()199100(1)pCpp=−.因此()'999898100[(1)99(1)]100(1)(1100)pppppp=−−−=−−，令()'0p=，得0.01p=.当()0,0.01p时，()'0p；当()0.01,1p

时，()'0p.所以()p的最大值点为00.01P=.由（1）可知，110.0935P=，00.01JPP==，故批次J芯片的次品率低于批次I，故批次J的芯片质量优于批次I.由数据可建立2×2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222()100(1257283)()()()()40601585nadbcKabcdacbd−−==++++10060060020011.76510.8

284060158517==.因此，有99.9%的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关.【点睛】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）e102xy+−+=（2）2min14et−=【分析】（1）由题可得()ee1xfxx

=−−，再利用导数的几何意义即得；（2）由题可得()e21xFxax=−−，分类讨论，当102a时，利用导函数可得函数最多有一个零点，当12a=时，最多有一个零点，当12a时，利用导数可得2212xax−=e，22x，再利用导数求最值即得.（1）因为e2

a=时，()2ee12xfxxx=−−−，所以()ee1xfxx=−−，()11f=−，又()ee1e11222f=−−−=−，所以切线方程为()e212yx−−=−−，即所求的切线方程为e102xy+−+=．（2）∵()2e1xFxaxx=−−+，所以()

e21xFxax=−−，令()e21xgxax=−−，则()e2xgxa=−，因为0a，由()0gx，得ln2xa；由()0gx，得ln2xa，所以()Fx在(),ln2a−上单调递减，在()ln2,a+上单调递增，①

当021a，即102a时，ln20a，因为()00F=且()Fx在()ln2,a+上单调递增，所以()ln20Fa，又121ln22eln202aFaaaa−−=−．所以11ln2,ln22

xaaa−，使得()10Fx=，又()Fx在(),ln2a−上单调递减，所以当()1xx−，时，()0Fx，当()1,0xx时，()0Fx，当()0x+，时()0Fx，所以()Fx在()1

，x−上单调递增，在()1,0x上单调递减，在()0+，上单调递增，所以()()020FxF==极小值，所以函数()Fx最多有一个零点，不合题意；②当21a=，即12a=时，ln20a=，此时()0Fx在R上恒成立，则()Fx在R上单调递增，所以()

Fx在R上最多有一个零点，不合题意；③当21a，即12a时，ln20a，因为()00F=且()Fx在(),ln2a−上单调递减，所以()ln20Fa，因为当0x时，易证得2exx，所以()()()()2121e2211212221120aFa

aaaaaa++=−+−+−+−=，易证21ln2aa+，所以()2n2,1l2xaa+，使得()222210xFxax=−−=e，22e21xax=+，故()Fx在(),0−上单调递增，在()20,x上单调递减，在()2,x+上单调递增，由()()

020FxF==极大值，所以要使()Fx有三个零点，必有()22222e210xFxaxx=−−+，所以()2222120axax−−−，即()()22210xax−+，所以22x，又因为2212xax−=e，令()e12xhxx−=()2x，则()()2112xxhxx−+

=e，因为当2x时，()0hx，所以函数()hx在区间()2+，上单调递增，所以()()22e124ahxh−==，即2min14et−=．