2022届重庆市第八中学校高三下学期适应性月考（七）数学试题含解析

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2022届重庆市第八中学校高三下学期适应性月考（七）数学试题一、单选题1．集合，集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先用列举法表示出集合，再根据交集的定义计算可得；【详解】解：因为，，所以，所以；故选：D2．函数，则（       ）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】根据题设的分段函数的形式可求对应的函数值.【详解】,故选：B.3．随机变量X服从正态分布，且，则下列说法一定正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用正态分布的性质可求均值，从而可得正确的选项.【详解】因为，由正态分布的对称性可得，故A对B错，而正态分布的方差无法确定，故CD均错，故选：A.4．直线截圆截得的弦长为（       ）A． B．2 C． D．4【答案】D【分析】求出圆心及半径，根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再根据圆的弦长公式即可得解.【详解】解：圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，所以弦长为.故选：D.5．若a，b都是非零实数，满足，且，则下列不等式一定成立的是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】依题意可得，再利用作差法得到，即可得到，从而得解；【详解】解：因为且，所以，，所以，故C正确，D错误；若，则，又，则，若，则，又，无法判断与的大小关系，故A、B错误；故选：C6．函数在上的值域是，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据求出，根据f(x)在上的值域是可知，据此即可求出ω的范围.【详解】，，则，要使f(x)在上的值域是，则.故选：C.7．数列的前n项和为，且，则（       ）A．2020 B．2021 C．2022 D．2023【答案】D【分析】根据数列的通项公式，可求得,依此类推，即可求解.【详解】∵，故故.故选：D.8．在三棱锥中、平面平面，，且，则三棱维的外接球表面积是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题干确定球心所在的平面，利用弦长公式得球的半径，再利用球的表面积公式计算即可.【详解】由题意，为直角三角形，故在三棱维的外接球的一个切面圆上，为该圆直径；又平面平面，故外接球的球心在所在的平面内，又，故为等腰三角形，球心O在BD边中线所在直线上 ，点到线段的距离为，设外接球的半径为，则，解得，则外接球的表面积为.故选：C.二、多选题9．若二项式展开式中存在常数项，则n可以是（       ）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】AD【分析】首先写出展开式的通项，令的指数为，即可求出，从而得到的特征，即可判断；【详解】解：二项式展开式的通项为，令，解得，又且为整数，所以为的倍数，故或；故选：AD10．函数均是定义在R上的单调递增函数，且，则下列各函数一定在R上单调递增的是（       ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据反例可判断AD的正误，根据单调性的定义可判断BC的正误.【详解】取，故，设，则，在上，，故在上为减函数，故A错误.而，设，则，在上，，故在上为减函数，故D错误.设，，任意，则，因为均是定义在R上的单调递增函数，故，所以即，故是R上的单调递增函数.而因为是定义在R上的单调递增函数，故，且，所以即，故是R上的单调递增函数.故BC正确.故选：BC11．已知是单位向量，且，则下列说法正确的是（       ）A． B．若，则C．的最大值为 D．的最小值是【答案】ACD【分析】利用向量数量积的定义及运算法则可判断AB，利用坐标法可判断CD.【详解】∵，∴，，∴，故A正确；由，可得，即，则不一定成立，故B错误；又是单位向量，，不妨设，设，又，∴，，∴，即，由可知圆心为，半径为，∴，故C正确；由上可知，，即，又∵，∴的最小值是，故D正确.故选：ACD.12．椭圆的左、右焦点分别是，离心率为e，点A、B、P在椭圆E上，且满足(其中O为坐标原点)，则下列说法正确的是(       )A．若是等腰直角三角形，则B．的取值范围是C．直线过定点(定点坐标与a，b有关)D．为定值(定值与a，b有关)【答案】BD【分析】A：分为斜边和直角边时计算椭圆离心率即可判断；B：根据即可判断；C：当直线AB为x=-t或x=t时显然满足，由此即可判断；D：，设，，根据A、B在椭圆上满足椭圆方程可得和，由此可求为定值．【详解】对于A，若是等腰直角三角形，则当为斜边时，离心率；当为直角边时，，离心率，故错误；对于B，，，，，故B正确；对于C，易知存在两条平行直线：和使得，故直线不经过定点，故C错误；∵，故，则，∵，不妨设，则，，则，因为A在椭圆上，则，则，同理可得：，则为定值，则也为定值，故D正确．故选：BD．【点睛】本题综合考察椭圆的相关性质.B选项利用O是的中点，将向量数量积进行转化，减少变量从而求得结果；C选项则只需根据椭圆对称性举出反例即可；D选项可采用设，的方法进行求解．三、填空题13．复数，则复数z的模_______.【答案】【分析】根据复数除法的运算法则，结合复数模的运算公式进行求解即可.【详解】因为，所以，故答案为：14．双曲线的焦点到一条渐近线的距离为，则双曲线C的渐近线方程是_______.【答案】【分析】根据距离公式可得关于基本量的方程，从而可求渐近线的方程.【详解】设双曲线的半焦距为，则焦点坐标为，而双曲线的渐近线方程为：，故焦点到渐近线的距离为，故，故渐近线方程为：，故答案为：15．将五名学生和三名老师分成三组参加志愿者服务，要求每个小组至少一名老师，至少一名学生，则不同的分组方法数是________.（答案用数字表示）【答案】【分析】依题意各组的学生人数可能情况为或，分两种情况，按照分类、分步计数原理计算可得；【详解】解：依题意各组的学生人数可能情况为或，若为则有种方法；若为则有种方法，综上可得一共有种方法；故答案为：16．当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是_________.【答案】【分析】根据题意，分离参数得，构造函数，求的最小值即可求出实数a的取值范围.【详解】因为，所以，所以，即，设函数，，，， 当时，，单调递增，所以时，，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以，故答案为：.四、解答题17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，且底面，与相交于点O，F点是的中点，E点在线段上，且．(1)求证：直线∥平面；(2)若二面角的正切值为，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)8﹒【分析】(1)取的中点，连接CG、GF、EO，证明平面平面即可；(2)易知为二面角的平面角，据此可求AE，从而可求AP，则．【详解】(1)取的中点，连接CG、GF、EO．∵，则，∵点是的中点，故，且平面，故平面．又，故是的中点，是的中点，则，且平面，故平面，且，故平面平面．又平面，故平面．(2)∵AB=AD，PA⊥平面ABCD，故易知EB=ED，则，又，故为二面角的平面角，则．∵，故，则，故．∵底面的面积为4，故．18．已知在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足.(1)求角A；(2)若D点在线段上，且平分，若，且，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，利用正弦定理及三角形中即可求解.（2）可设,则，利用余弦定理及正弦定理求解三者的值，再利用三角形面积公式即可求解.【详解】(1)解：∵，由正弦定理得：，即，则，又在中，，，故，故.(2)由题可知，设,则，由正弦定理得：，即，解得，由余弦定理得，解得；又，故.由余弦定理得，即，解得，则，.的面积为.19．从2021年起，全国高考数学加入了新题型多选题，每个小题给出的四个选择中有多项是正确的，其中回答错误得0分，部分正确得2分，完全正确得5分，小明根据以前做过的多项选择题统计得到，多选题有两个选项的概率为p，有三个选项的概率为（其中）.(1)若，小明对某个多项选择题完全不会，决定随机选择一个选项，求小明得2分的概率；(2)在某个多项选择题中，小明发现选项A正确，选项B错误，下面小明有三种不同策略：Ⅰ：选择A，再从剩下的C，D选项中随机选择一个，小明该题的得分为X；Ⅱ：选择ACD，小明该题的得分为Y；Ⅲ：只选择A、小明该题的得分为Z；在p变化时、根据该题得分的期望来帮助小明分析该选择哪个策略.【答案】(1)(2)答案见解析.【分析】（1）根据分类加法求概率.（2）分别求出三种策略下的得分均值，通过比较均值的大小来确定选择哪个策略.【详解】(1)若答案是两个选项，所有的可能有：共6种，则小明只选一个得2分的概率为：；答案是三个选项，所有的可能有：有共4种，则小明只选一个得2分的概率为：；故小明得2分的概率为(2)选策略Ⅰ，则小明得分为 的分布为：得分的期望为 选策略Ⅱ，则小明得分为的分布为：得分的期望为策略Ⅲ，得分为,则当，此时，故此时选择策略Ⅰ，当时，最大，此时选择策略Ⅱ，当 时，策略Ⅰ, Ⅱ概率一样，都可以.20．数列满足.(1)令，求证：是等比数列；(2)令，的前n项和为，求证：.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析﹒【分析】(1)已知等式两边同时除以，证明为定值即可；(2)根据(1)求出，根据即可证；根据时，，可得，利用此不等式求和即可证．【详解】(1)∵，故，且，故，∴，，则，故是公比为的等比数列；(2)由(1)可知，∴，∴，∴，∵，故．当时，，故，∴，故当时，，故，故．21．抛物线的焦点为F，P在抛物线C上，O是坐标原点，当与x轴垂直时，的面积为1.(1)求抛物线C的方程；(2)若A，B都在抛物线C上，且，过坐标原点O作直线的垂线，垂足是G，求动点G的轨迹方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据的坐标可求面积，从而可得，故可得抛物线的方程.（2）可证直线过定点，从而可得垂足的轨迹方程.【详解】(1)当与x轴垂直时，，故，故，故抛物线的方程为：.(2)设，直线，因为，故，整理得到：，故.由可得，故即，故直线，此直线过定点.因为，故的轨迹为以为直径的圆，其方程为：即.因为直线与轴不重合，故不为原点，故的轨迹方程为：.22．已知.(1)讨论的单调性；(2)若且，证明：恰好有三个零点.【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）求导，在求出导函数的零点，从导函数零点的大小的角度分类讨论，再根据导函数的符号，即可得出答案；（2）由（1）得，当时，函数在和上递增，在上递减，要使恰好有三个零点，只需要，即可，利用导数证明，即可得证.【详解】(1)解：，①当时，，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减；当时，令，则或，②当，即时，，所以函数在上递增；③当，即时，当或时，，当时，，所以函数在和上递增，在上递减；④当，即时，当或时，，当时，，所以函数在和上递增，在上递减，综上所述，当时，函数在上递增，在上递减；当时，函数在上递增；当时，函数在和上递增，在上递减；当时，函数在和上递增，在上递减；(2)证明：由（1）得，当时，函数在和上递增，在上递减，当时，，当时，，函数得极大值为，极小值为，要使恰好有三个零点，只需要，即可，，令，则，令，则，所以函数在上递增，即函数在上递增，所以，所以函数在上递增，所以，所以，，令，，令，则，故函数在上递减，所以，即，所以函数在上递减，所以，所以，综上所述，恰好有三个零点.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，考查了利用导数研究函数的零点问题，考查了分类讨论思想和逻辑推理能力，计算量比较大，属于难题. 025                                 05