2022届重庆市育才中学高三上学期高考适应性考试（五）数学试题含解析

这是一份2022届重庆市育才中学高三上学期高考适应性考试（五）数学试题含解析，共16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届重庆市育才中学高三上学期高考适应性考试（五）数学试题一、单选题1．已知全集，A＝{1，3，4}，B＝{2，4，6}，则(A)B＝（       ）A．{2，5} B．{2，6} C．{2，5，6} D．{2，4，5，6}【答案】D【分析】先化简全集，再根据集合的运算求解即可.【详解】，则，所以.故选：D2．设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据纯虚数定义依次判断充分性和必要性即可得到结论.【详解】若，则或；当时，为实数，此时复数不是纯虚数，充分性不成立；若复数为纯虚数，则且，此时，必要性成立；“”是“复数为纯虚数”的必要不充分条件.故选：B.3．某机构为调查网游爱好者是否有性别差异，通过调研数据统计：500名男性中有200名爱玩网游，在400名女生中有50名爱玩网游.若要确定网游爱好是否与性别有关时，用下列最适合的统计方法是（       ）A．均值 B．方差 C．独立性检验 D．回归分析【答案】C【分析】根据独立性检验原理即可求解.【详解】由题意可知，“爱玩网游”与“性别”是两类变量，其是否有关，应用独立性检验判断.故选：C.4．数列满足＝，＝1，＝2，则＝（       ）A． B．1 C．4 D．8【答案】C【分析】利用数列的递推关系，求出，，，，，发现数列呈周期性变化进而可以求出.【详解】由＝，＝1，＝2，得，，，，，，所以数列的周期为.所以.故选：C.5．函数（φ＞0）一个周期内的图象（含端点）如下图所示，P是这个周期内的最高点，A，B分别是在此周期内f (x)图象与x轴相交的第一个和最后一个交点，则tan∠APB＝（       ）A．10 B．8 C． D．【答案】B【分析】根据题意过点作轴交于点，再结合三角函数的周期公式即可求出，进而求出，利用图象可知 ，分别在和中，求出，利用两角和的正切公式即可求解.【详解】由，得，即，过点作轴交于点，如图所示，由图象可知 .在中，，在中，，所以.故选：B.6．我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则（       ）A．16 B．15 C．12 D．9【答案】A【分析】设，根据勾股定理求得，得出，再根据数量积的定义可求.【详解】因为大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，,设，则，在中，，即，解得或（舍去），，.故选：A.7．已知a＝ln 1.4，b＝0.4，，则a，b，c的大小关系是（       ）A．a＞c＞b B．c＞a＞b C．b＞c＞a D．c＞b＞a【答案】D【分析】构造函数利用导数可证明，据此可得，再由对数的运算性质可得，即可得解.【详解】设，则，当时，，所以函数在上单调递减，所以，故当时，，即，所以当时，，故，又,所以.故选：D8．已知函数，a，b，c分别为的内角A，B，C所对的边，且则下列不等式一定成立的是（       ）A．  B．f (cos A)≤f (cos B)C．f (sin A)≥f (sin B) D．f (sin A)≥f (cos B)【答案】D【分析】先利用余弦定理和基本不等式求得，从而得到.由和在上的单调性得到,，而大小不确定，大小不确定.利用复合函数的单调性法则判断出在上单调递减.对四个选项一一验证：对于A、D：因为，所以f (sin A)≥f (cos B).即可判断；对于B、C：因为大小不确定，大小不确定.【详解】因为a，b，c分别为的内角A，B，C所对的边，且由余弦定理得：利用基本不等式可得：，所以，所以.因为，所以，所以,所以.因为在上单调递增，在上单调递减，所以,,即,.由于A、B大小不确定，所以大小不确定，大小不确定.当x>0时，.因为在上单调递增，所以在上单调递减，所以在上单调递减；因为在上单调递增，所以在上单调递减，所以在上单调递减.对于A、D：因为，所以f (sin A)≥f (cos B).故A错误，D正确.对于B、C：因为大小不确定，大小不确定，所以B、C不能确定.故选：D【点睛】在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：(1)从题目给出的条件，边角关系来选择；(2)从式子结构来选择．二、多选题9．双曲线C的渐近线方程为y＝±2x，则其离心率是（       ）A． B． C．2 D．【答案】AD【分析】讨论焦点的位置，由渐近线方程求，再求双曲线的离心率.【详解】当焦点在轴时，由渐近线方程可知，则，当焦点在轴时，由渐近线方程可知，则，.故选：AD10．已知m，n是不重合的直线，α，β，γ是不重合的平面，则下列命题一定正确的是（       ）A．若α∥β，γ∥β，则α∥γ B．若α∥β，m⊥α，则m⊥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β D．若mα，nα，m∥β，n∥β，则α∥β【答案】AB【分析】可以直接判断选项AB正确；C. α∥β或相交，所以该选项错误； D. α∥β或相交，所以该选项错误.【详解】解：A. 若α∥β，γ∥β，则α∥γ，所以该选项正确；B. 若α∥β，m⊥α，则m⊥β，所以该选项正确；C. 若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β，也有可能相交，所以该选项错误.D. 若mα，nα，m∥β，n∥β，则α∥β或相交，所以该选项错误.故选：AB11．已知函数f (x)，若对于函数f (x)上任意一点A，都存在异于原点O的另一点B，使＝0，则称f(x)为“正交函数”.下列四个函数中，是“正交函数”的是（       ）A．f (x)＝ B．f (x)＝cos x＋1 C．f (x)＝ln x D．f (x)＝－2【答案】ABD【分析】根据“正交函数”的定义，只需判断各选项中的函数与在相邻的象限上是否有交点，应用数形结合法即可确定答案.【详解】由题意，要使f(x)为“正交函数”，则与在相邻的象限上有交点即可，A：与的图象如下图示，符合；B：与的图象如下图示，符合；C：与的图象如下图示，只有一个交点，不符合；D：与的图象如下图示，符合；故选：ABD12．一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所成的锐二面角大小为θ，则下列对椭圆E的描述中，正确的是（       ）A．短轴为2r，且与θ大小无关 B．离心率为cos θ，且与r大小无关C．焦距为2r tan θ D．面积为【答案】ACD【分析】由题设可得短轴长，长轴长，进而求出焦距、离心率，根据椭圆与底面圆的投影关系确定椭圆面积.【详解】由题意，椭圆短轴长，而长轴长随变大为变长且，所以，故，焦距为，由椭圆在底面投影即为底面圆，则等于圆的面积与椭圆面积的比值，所以椭圆面积为.综上，A、C、D正确，B错误.故选：ACD三、填空题13．二项式的展开式中常数项为_________．【答案】24【详解】试题分析：二项式展开式的通项公式为．令，得，所以二项式的展开式中常数项为．【解析】二项式定理．14．古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius of Perga，约公元前262~190年）发现：平面上两定点A，B，则满足的动点M的轨迹是一个圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在直角坐标系xOy中，已知，动点M满足，则面积的最大值为_________.【答案】13【分析】根据题意求点的方程与边，利用圆上的点到直线的最远距离为圆心到直线的距离加上半径，即可求出边的高，进而求出面积的最大值.【详解】设点，    ，故点的方程为. 直线的方程为 圆心到直线的距离.设点到边的高为， 的最大值为.故答案为：13.15．已知双曲线C：的右顶点为A，右焦点为F，直线x－my＝0与双曲线左、右支分别交于M、N两点，其中＋＝2，M，A，P三点共线，则双曲线的渐近线方程为_________.【答案】y＝2x【分析】由题设令、，且是的中点，由中点公式求坐标，再由M，A，P三点共线及斜率两点式列方程求双曲线参数关系，进而可得渐近线方程.【详解】由题设，，，若，则，且，又＋＝2，即是的中点，故，因为M，A，P三点共线，则，可得，所以，故渐近线方程为.故答案为：.四、双空题16．已知定点F(0,1)，点M为曲线C：上的动点.写出一条直线l，使得M到l的距离d与|MF|的差为定值，则l的方程可以是_________；此时d－|MF|＝_________.（答案不唯一，写出满足条件的一个结果即可）【答案】     y＝－1(答案不唯一)     0(答案不唯一)【分析】根据抛物线定义判断直线l与曲线C的准线位置关系，即可得l的方程，进而确定距离差.【详解】由题设，曲线C的准线为，焦点为，由抛物线定义，抛物线上的点到准线距离与到焦点的距离相等，所以使动点M到l的距离d与|MF|的差为定值，直线l只需平行于准线即可(重合亦可)，如：直线l为时，d－|MF|＝0.故答案为：，0. (答案不唯一)五、解答题17．已知数列的前项和为，满足，，.(1)记，求的通项公式；(2)记，求的前63项和.【答案】(1)；(2).【分析】(1)根据给定的递推公式变形可得是等差数列，利用等差数列定义求解作答.(2)由(1)的结论求出的通项，再借助裂项相消法计算作答.【详解】(1)数列的前项和为，因时，，则，于是得，而，则当时，，数列是等差数列，首项，公差，则有，所以的通项公式.(2)由(1)知，，，，所以的前63项和为.18．已知中，为中线，，.(1)若，求边的长；(2)当面积最大时，求的值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）在中，利用正弦定理可知，利用余弦定理可求得；（2）设，，利用余弦定理和基本不等式可求得，由此可确定面积最大值及取最大值的条件，进而得到；根据，利用正弦定理可求得结果.【详解】(1)在中，，，由正弦定理得：，则，；由余弦定理得：，；(2)为中点，；设，，由余弦定理得：，解得：（当且仅当时取等号），又，，，此时，，由正弦定理得：，.19．如图，在底面是菱形的四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝a，点E在PD上，且PE＝2ED.(1)在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？如存在，求的值；如不存在，请说明理由；(2)求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)存在，(2)【分析】根据题意建立如图所示空间直角坐标系，（1）假设存在点F，使∥平面，求出平面的法向量，利用即可求解；（2）利用（1）写出的坐标，求得平面的法向量和直线方向向量，利用向量的夹角公式即可求解.【详解】(1)由ABCD为菱形，∠ABC＝60°，，则，因，PB＝PD＝，则PA⊥AB，PA⊥AD，,所以PA⊥平面ABCD.以A为原点，AC所在直线为x轴，AP所在直线为z轴，与平面PAC垂直的直线为y轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，， .由PE＝2ED，得，即.假设存在一点F，设，则，设平面的一个法向量为，则即，令，则所以，由∥平面，所以，则，.即＝时，BF∥平面AEC，此时F为线段CP中点.(2)由题意，平面的一个法向量，，设与平面所成角的大小为，则所以与平面所成角的正弦值为.20．已知函数（a∈R）.(1)当a＝2时，求f (x)的单调区间；(2)若f (x)在区间(－3,1)内存在两个极值点，求a的取值范围.【答案】(1)在(,－1)，(ln2,)上递增；在(－1,ln2)上递减；(2)(1,2e－2).【分析】（1）利用导数研究f (x)的单调区间.（2）对函数求导得，将问题转化为y＝a与在 (－3,1)内有两个交点，再应用导数研究的单调性并确定其区间最值及边界值，进而可得a的范围.【详解】(1)当a＝2时，由.令，得或，故在，上递增；令，得，故在上递减.综上所述，f (x)在，上递增；在上递减.(2)由题设，由题意知：y＝a与在 (－3,1)内有两个交点.由，，则在(－3,1)上递增.而，，则在(－3,0)上，在(0,1)上，所以在(－3,0)上递减，在(0,1)上递增由g(－3)＝6－，g(0)＝1，g(1)＝2e－2，且g(－3)＞g(1).故1＜a＜2e－2时，y＝a与g(x)＝的图象有两个交点.即f (x)在(－3,1)上存在两个极值点时，a的取值范围为(1,2e－2).21．某班科技活动小组在学校科技创新活动中，设计了一种班级电子显示屏的屏幕保护画面，采用班级活动照片组成的抽象符号“Y”和“C”随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变化只出现“Y”和“C”之一，并通过程序后台设置，使出现“Y”的概率为p，出现“C”的概率为q.这种屏保引起了某数学小组的关注，他们用数学的方法对这种屏保的变化特点展开研究，通过在一定时长里出现“Y”、“C”的频数估计出p与q的值；并在开始观察后，将第k次出现“Y”，记为；若出现“C”，则记为，同时令＝＋＋，并提出以下问题：(1)当p＝，q＝时，求的分布列及数学期望；(2)当且（i＝1，2，3，4）的概率最大时，求p，q.【答案】(1)分布列见解析，(2)p＝，q＝【分析】（1）由题意，可得的取值为，，1，3，再分别求出概率就可以列出分布列和计算数学期望；（2）当时，即前8秒出现“Y”的次数为5，出现“C”的次数为3.又已知（i＝1，2，3，4），分两种情况计算概率，然后再利用导数求解.【详解】(1)的取值为，，1，3.则，同理.则的分布列为：13P 故.(2)当时，即前8秒出现“Y”的次数为5，出现“C”的次数为3.又已知（i＝1，2，3，4），则有：若第1、3秒出现“Y”，则其余6秒可任意出现3次“Y”；若第1、2秒出现“Y”，则第3秒出现“C”，则后5秒可任意出现3次“Y”；故概率，令，，当，当，故在上单调递增，在上单调递减.故当时，最大，此时，.22．离心率为的椭圆C：的左、右焦点分别为，过右焦点且斜率为k的直线l与椭圆C交于A，B两点（A，B均不为椭圆的顶点），直线分别交y轴于M，N两点，.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若，求.【答案】(1)(2)或【分析】（1）由题意，得到和，进而求得的值，即可求解；（2）设直线，联立方程组求得，结合，求得 的表达式，得出，根据，求得的值，再根据椭圆的定义和焦半径公式，即可求解.【详解】(1)解：由椭圆的离心率，可得，又由椭圆的右焦点，可得，所以，则，所以椭圆的方程为.(2)解：设直线，且，联立方程组，整理得，可得，由，则有，故，同理，则，由，可得，可得整理的，解得或，又由椭圆的定义，可得，当时，可得；当时，可得.