2022届江苏省苏州市八校联盟高三上学期12月第二次适应性联考数学试题含解析

这是一份2022届江苏省苏州市八校联盟高三上学期12月第二次适应性联考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届江苏省苏州市八校联盟高三上学期12月第二次适应性联考数学试题一、单选题1．已知全集，，，那么集合是（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求得全集，然后对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】依题意可知，对于A选项，，故A选项不符合；对于B选项，，故B选项不符合；对于C选项，，故C选项不符合；对于D选项，，故D选项符合.故选D.【点睛】本小题主要考查集合交集、并集和补集的概念和运算，属于基础题.2．设，则“”是“”的A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】分别求出两不等式的解集，根据两解集的包含关系确定.【详解】化简不等式，可知 推不出；由能推出，故“”是“”的必要不充分条件，故选B．【点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件．3．已知，，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用同角的三角函数的基本关系式和二倍角的余弦公式可得正确的选项.【详解】，则，，，而，故，故选：B.4．已知复数数列满足，，，（为虚数单位），则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得的值.【详解】由已知可得，因此，数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，，故.故选：D.5．已知双曲线：的离心率为2，左、右焦点分别为，，点A在双曲线上，若的周长为10，则的面积为（       ）A． B． C．15 D．30【答案】A【分析】根据离心率，可求得，即可得双曲线方程，不妨设A在双曲线的右支上，根据双曲线定义，可得，根据题意，可得，即可求得，即可求得答案.【详解】由题意得，所以，所以双曲线方程为，不妨设A在双曲线的右支上，由双曲线定义可得①，又的周长为，且，所以②，①②联立，解得，所以的面积为.故选：A6．已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】如图，以点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设平面的法向量为，根据平面与一正方体的12条棱的夹角都等于，可得，求出平面的法向量，从而可得出答案.【详解】解：如图，以点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，，，.设平面的法向量为，则可令，∴，所以.故选：B.7．已知，则下列函数中在R上单调增的是(       )A． B． C． D．【答案】C【分析】对于选项ABD：对函数求导，求出的范围，判断导函数是否有变号零点即可求解；对于选项C：对函数求导，通过分类讨论自变量的取值范围，来确定导函数的符号，进而即可出答案.【详解】对于选项A：因为，所以，因为，，从而在R上有变号零点，从而在上不是单调递增的，故A错误；对于选项B：由题意可知，，因为，，所以必有变号零点，从而在上不是单调递增的，故B错误；对于选项C：由题意，，由，故对自变量分类讨论：①当时，，故；②当时，，即，从而；③当时，，从而；④当时，，，，所以，⑤当时，因为，从而，综上所述，对于，，从而在R上单调增；故C正确；对于选项D：由题意，，因为，，所以在R上有变号零点，从而在上不是单调递增的，故D错误.故选：C.8．已知x，y满足，则的最大值为（       ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】联系点到直线的距离以及两点间的距离公式得出的几何意义，利用正弦函数的性质得出的最大值.【详解】求，取设是圆上任一点，过P作的垂线，垂足为T，则的几何意义为PT的长，表示，，直线与圆相切时，令，当与圆相切于第一象限时，取最大值，此时∴故选：D.二、多选题9．已知，则下列结论中正确的有（       ）A．若则 B．若则C．若，，则 D．若则【答案】AD【解析】根据不等式的性质判断AD，再由特殊值判断BC.【详解】A选项，由可得，则，A正确；B选项，由，是一个反例，B错误；C选项，，，，是一个反例，C错误；D选项，，D正确；故选：AD.10．已知函数，定义域为，值域为，则下列说法中一定正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】BCD【解析】先研究值域为时函数的定义域，再研究使得值域为得函数的最小值的自变量的取值集合，研究函数值取1，2时对应的自变量的取值，由此可判断各个选项.【详解】由于，，，，，即函数的定义域为当函数的最小值为1时，仅有满足，所以，故C正确；当函数的最大值为2时，仅有满足，所以，故D正确；即当时，函数的值域也为，故，故B正确；当时，函数值，故A错误； 故选：BCD【点睛】关键点睛：本题考查函数的定义域及其求法，解题的关键是通过函数的值域求出函数的定义域，再利用元素与集合关系的判断，集合的包含关系判断，考查了学生的逻辑推理与转化能力，属于基础题.11．圆锥曲线为什么被冠以圆锥之名？因为它可以从圆锥中截取获得.我们知道，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截而与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线、双曲线.因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线.截口曲线形状与和圆锥轴截面半顶角有如下关系；当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线.（如左图） 现有一定线段AB与平面夹角（如上右图），B为斜足，上一动点P满足，设P点在的运动轨迹是，则（       ）A．当，时，是椭圆 B．当，时，是双曲线C．当，时，是抛物线 D．当，时，是椭圆【答案】ACD【分析】认为P在以AB为轴的圆锥上运动，结合题干信息，逐一分析即可.【详解】∵AB为定线段，为定值，∴P在以AB为轴的圆锥上运动，其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴AB的夹角为对于A，，∴平面截圆锥得椭圆，A正确；对于B，，是椭圆，B错.对于C，，是抛物线，C正确.对于D，，是椭圆，D正确.故选：ACD.12．如图所示，已知正方体的棱长为1，点E、F、G分别是、AD、BC中点，连结、AC分别交EF、FG于S、K两点，则下面选项叙述正确的是（       ）A．四棱锥的外接球体积是B．C．平面DSK被四棱锥的外接球所截得的截面面积是D．若为正方形ABCD的内切圆，为正方形的外接圆，P、Q分别为、上的点，则线段PQ长度的最大值为【答案】ACD【分析】根据直接求解的外接球的半径得，进而判断A选项；对于B选项，建立空间直角坐标系，利用坐标法求判断即可;对于C选项，结合坐标法求得O到平面DSK的距离，进而得截面半径，计算面积判断即可；对于D选项，由题设设，【详解】解：对于A选项，四边形CDFG的外接圆是以DG为直径的圆，外接圆半径为，圆心设为M，外接球球心为O，半径为r.设，∴，∴ ∴，A对.对于B选项，如图，建系，，，，，，，，∴SK与EC不垂直，B错.对于C选项，设平面DSK的法向量为 ，∴ ，不妨设，则，，∴，，则，，∴O到平面DSK的距离.设截面半径为，则，∴，∴，C对.对于D选项，由题知P在上，Q在上，设，，∴，D对.故选：ACD【点睛】本题考查空间几何体的外接内切问题，坐标法解决立体几何问题.考查空间想象能力，数学运算能力，是难题.本题解题的关键在于建立空间直角坐标系，利用坐标法求解，其中D选项的解决借助圆的参数方程，,进而求解最值.三、填空题13．过点的直线l与圆相切，则直线l在y轴上的截距为__________．【答案】4【分析】根据题意，分析可得点在圆上，根据垂直关系求出切线的斜率，由点斜式求出切线方程，根据截距的定义可得结果.【详解】因为，所以点在圆上，∴切线l的斜率，则切线l的方程为，变形可得，所以直线l在y轴上的截距为4；故答案为：4.【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，考查了求圆的切线方程，考查了直线的截距，属于基础题.14．如图，在矩形ABCD中，，，，M为BC的中点，若点P在线段BD上运动，则的最小值为______.【答案】【分析】构建直角坐标系，令求的坐标，进而可得，，由向量数量积的坐标表示及二次函数的性质求最值即可.【详解】以A为坐标原点，AB，AD分别为x，y建系，则，，又，，令，，故，则，，，所以时，取最小值.故答案为：.四、双空题15．极线是高等几何中的重要概念，它是圆锥曲线的一种基本特征.对于圆，与点对应的极线方程为，我们还知道如果点在圆上，极线方程即为切线方程；如果点在圆外，极线方程即为切点弦所在直线方程.同样，对于椭圆，与点对应的极线方程为.如上图，已知椭圆C：，，过点P作椭圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，则直线AB的方程为______；直线AB与OP交于点M，则的最小值是______.【答案】     （或）；     .【分析】（1）根据已知直接写出直线AB的方程；（2）求出，再求出,利用基本不等式求解.【详解】解：（1）由题得AB：，即，（2），，∴的方向向量，所以，即.故答案为：；.五、解答题16．已知数列的前项和为，若，且，则__【答案】2【分析】先利用和题设，，进而说明数列是每项均为的常数列，求得的表达式，再利用求得．【详解】解：，，，即，，即，，数列是每项均为的常数列，，即，又，，解得：.故答案为：2．17．已知向量，，函数.（1）求函数的最大值，并指出取最大值时的取值集合；（2）若，为锐角，，，求的值.【答案】（1）最大值为2，的取值集合为；（2）.【解析】（1）根据向量数量积的坐标运算和二倍角公式化简整理得，再根据三角函数的性质求解即可；（2）由（1）得，再根据题意，结合同角三角函数关系得，，，进而得，故.【详解】解（1），令，得，，所以最大值为2，此时的取值集合为（2）由，为锐角，，得，由得∵，∴，又，∴，∴，∴，∴.【点睛】本题考查向量数量积运算，三角函数性质，三角恒等变换等，其中恒等变换求角的值得关键点在于，得，进而得，再根据凑角，结合和差角公式诱导公式求解即可.考查运算求解能力，是中档题.18．设等比数列的前n项和为，且，.(1)求数列的通项公式；(2)在与之间插入个实数，使这个数依次组成公差为的等差数列，设数列的前项和为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用数列的递推关系和等比数列的性质，即可求出数列的通项公式；（2）根据等差数列的性质，可得，可得，再利用错位相减法即可得出．(1)解：∵①时，②①−②而，由为等比数列，∴，∴；(2)解： ，∴∴①②①−②，∴19．如图所示，在直角三角形ABC中，，点D，E分别在边AB，BC上，，，且△的面积为.(1)求边DE的长；(2)若，求△的面积.【答案】(1)；(2)答案见解析.【分析】（1）由三角形面积公式求得，再由余弦定理求DE的长；（2）应用正余弦定理求的长，注意(题设有误无答案).(1)由题设，，得：，由为锐角，故.∴由余弦定理可得：.(2)在△中，，由为锐角，所以，由正弦定理：，故，由余弦定理：，可得，当时，，与矛盾，当时，，与矛盾，故此题为错题.20．如图，在三棱台中，平面平面，，，.（1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，在等腰梯形中，过D作交于点G，证明，，则平面即得证；（2）以所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的平面角的余弦值即得解.【详解】证明：（1）连接，在等腰梯形中，过D作交于点G，因为，所以，，，，所以，所以，即，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又因为，，，平面所以平面.（2）如图，在平面内，过点A作，由（1）知平面所以，，以A为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设平面的法向量为，则即，令，则，由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，则设二面角的平面角为，又二面角的平面角为锐角，，所以二面角的平面角的余弦值为. 21．已知函数（，）.(1)若，是函数的零点，求证：；(2)证明：对任意，，都有.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）时，将整理为，构造函数，根据其单调性推知，则命题得证；（2）利用时，将所证不等式变形为证明，接下来构造函数，令，得另一函数，通过求导判断其单调性，最终即可证明不等式成立.(1)当时，，令，显然在上单调递增，，由，∴(2)对，令，则在单调递增，且，所以当时，，即，当时，令，令，∴，在上单调递减，上单调递增，∴，即∴（∵两次不等式取“=”条件不一致）即，证毕!【点睛】关键点点睛：利用时将所需证不等式变形，以及在构造函数之后，采用换元令得到新的函数再进行求导判断单调性证明不等式，是本题不等式证明的两个关键点.22．设抛物线C：（）的焦点为F，抛物线C上一点A的横坐标为，过点A作抛物线C的切线，与x轴交于点D，与y轴交于点E，与直线l：交于点M.当时，.(1)求抛物线C的方程；(2)若B为y轴左侧抛物线C上一点，过B作抛物线C的切线，与直线交于点P，与直线l交于点N，求面积的最小值，并求取到最小值时的值.【答案】(1)(2),【分析】（1）根据题意得切线方程为：，进而得D为AE的中点，再根据焦半径公式得，进而根据几何关系得，故抛物线C的方程为；（2）结合（1）得，，，，进而得，，再整理，利用换元法结合导数求解最值即可.(1)解：由题知，，所以，，切点，切线方程为：，令，，所以D为AE的中点，因为根据焦半径公式得：，.所以，，因为，所以，即，所以抛物线C的方程为；(2)解：设，由（1）得方程：①同理方程②，联立①②，所以，因为直线l的方程为：，所以，，所以，所以，，令，∴，令，，当，单调递减，，单调递增，∴，当且仅当时取“=”，此时.所以面积的最小值为，此时的值为.【点睛】本题考查抛物线的切线问题，抛物线中的三角形面积最值问题.考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问解题的关键在于结合第一问设点求切线方程，进而得，，，进而，再利用换元法，结合导数求解最值.