2022届重庆市育才中学高三下学期入学考试数学试题含解析

2022届重庆市育才中学高三下学期入学考试数学试题

一、单选题

1．设集合、均为的子集，如图，表示区域（       ）

A．Ⅰ B．II

C．III D．IV

【答案】B

【分析】根据交集与补集的定义可得结果.

【详解】由题意可知，表示区域II.

故选：B.

2．已知复数满足，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，，根据复数相等列方程求解可得结果．

【详解】设，

由得

所以，解得

∴．

故选：A．

3．如图，等腰梯形中，，点为线段上靠近的三等分点，点为线段的中点，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用平面向量的加法和减法以及平面向量的基本定理求解.

【详解】由题可得：

．

故选：B．

4．某无人机配件厂商从其所生产的某种无人机配件中随机抽取了一部分进行质量检测，其某项质量测试指标值X服从正态分布，且落在区间内的无人机配件个数为则可估计所抽取的这批无人机配件中质量指标值低于的个数大约为（       ）

(附:若随机变量服从正态分布，则

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正态分布的性质得出的值，进而估计所抽取的这批无人机配件中质量指标值低于的个数.

【详解】因为服从正态分布，所以

则

且在区间内的个数为，故可估计值约万个.

则

故可估计所抽取的这批无人机配件中质量指标值低于的个数大约为.

故选：B.

5．1859年，英国作家约翰·泰勒（John Taylor，1781-1846）在其《大金字塔》一书中提出：古埃及人在建造胡夫金字塔时利用了黄金数（）．泰勒还引用了古希腊历史学家希罗多德的记载：胡夫金字塔的形状为正四棱锥，每一个侧面的面积都等于金字塔高的平方．如图，已知金字塔型正四棱锥的底面边长约为656英尺，顶点P在底面上的投影为底面的中心O，H为线段BC的中点，根据以上信息，的长度（单位：英尺）约为（       ）

A．302.7 B．405.4 C．530.7 D．1061.4

【答案】C

【分析】结合已知条件，利用勾股定理列方程，化简求得的长度.

【详解】设，，，由已知得，

又由勾股定理，故，即，

因此可求得，则．

故选：C

6．定义：在数列中，若满足(，d为常数)，称为“等差比数列”，已知在“等差比数列”中，，，则等于（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由题知是首项为1，公差为2的等差数列，则，利用即可求解．

【详解】由题意可得：，，，

根据“等差比数列”的定义可知数列是首项为1，公差为2的等差数列，

则，

所以，，

所以．

故选：C

【点睛】数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．

7．已知椭圆的左右焦点分别为，，点，均在椭圆上，且均在轴上方，满足条件，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先由以及点在椭圆上得出点坐标，再由以及在椭圆上得出.

【详解】设，由，得，解得（舍），，则，即，设，则，因为，所以，解得，因为，，所以（舍）.

故选：D

8．定义在上的函数的导函数为，满足：， ，且当时，，则不等式的解集为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由给定的不等式构造函数对求导，根据已知条件可判断非得单调性，将所求解不等式转化为有关的不等式，利用单调性脱去即可求解.

【详解】令，则可得

所以是上的奇函数，

，

当时，，所以，

是上单调递增，

所以是上单调递增，

因为，

由可得即，

由是上单调递增，可得 解得：，

所以不等式的解集为，

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是：构造函数，根据已知条件判断的奇偶性和单调性，利用单调性解不等式 .

二、多选题

9．已知二项式的展开式中共有8项，则下列说法正确的有（       ）

A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为1

C．二项式系数最大的项为第5项 D．有理项共3项

【答案】AB

【分析】二项式展开式共8项，则n＝7，然后利用二项式定理逐个选项分析即可得到答案﹒

【详解】二项式的展开式中共有8项，则，

选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确；

选项B：令，则，所以所有项的系数的和为1，故B正确；

选项C：二项式系数最大的项为第4项和第5项，故C不正确；

选项D：二项式的展开式的通项为，

当时，二项式的展开式中对应的项均为有理项，所以有理项有4项，故D不正确．

故选：AB﹒

10．已知函数，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度，向上平移2个单位长度，得到函数的图象，则以下结论正确的是（       ）

A．的最大值为1

B．函数的单调递增区间为

C．是函数的一条对称轴

D．是函数的一个对称中心

【答案】BC

【分析】根据三角函数图象变换求得，结合函数的最值、单调性、对称性对选项进行分析，由此确定正确选项.

【详解】，

将画数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，得到，再向左平移个单位长度，向上平移2个单位长度得，

选项A：的最大值为3，故A错误；

选项B：令，故．

故函数的单调递增区间为，故B正确；

选项C：因为，所以是函数的一条对称轴，故C正确；

选项D：因为，所以不是函数的一个对称中心，故D错误．

故选：BC

11．已知圆和直线，则（       ）

A．直线l与圆C的位置关系无法判定

B．当时，圆C上的点到直线l的最远距离为

C．当圆C上有且仅有3个点到直线l的距离等于1时，

D．如果直线l与圆C相交于M、N两点，则MN的中点的轨迹是一个圆

【答案】BCD

【分析】对于A，由于直线恒过定点，所以判断此定点与圆的位置关系即可，对于B，求出圆心到直线的距离再加上圆的半径即可，对于C，由题意可得只要圆心到直线l距离为1即可，对于D，设MN的中点为P，由垂径定理知，从而可得结论

【详解】由，得，所以圆心，半径为2，

选项A：由直线l的方程可得，，则直线l恒过定点，此点在圆C内，故直线l与圆C相交．故A错误．

选项B：时，直线l的方程为，即．设圆心到直线l距离为d，则，所以圆C上的点到直线l的最远距离为．故B正确．

选项C：当圆C上有且仅有3个点到直线l的距离等于1时，圆心到直线l距离为1，由，得．故C正确．

选项D：直线l恒过定点，设MN的中点为P，由垂径定理知，故点P的轨迹是以为直径的圆，故D正确．

故选：BCD

12．如图，已知圆锥的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（       ）

A．外接球的表面积为

B．设内切球的半径为，外接球的半径为，则

C．过点P作平面截圆锥的截面面积的最大值为

D．设长方体为圆锥的内接长方体，且该长方体的一个面与圆锥底面重合，则该长方体体积的最大值为

【答案】AD

【分析】结合底面半径和侧面积求出母线，由外接和内接的性质，结合几何关系和勾股定理即可求解，进而求出外接球半径；由可判断过点P作平面截圆锥的截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解；由圆的内接四边形面积最大时为正方形，确定上下底面为正方形，列出关于V的关系式，结合导数即可求解.

【详解】因为，解得，即圆锥母线长为2，则高，

设圆锥外接球半径为，如图，

则对由勾股定理得，即，外接球面积为，故A正确；

设内切球的半径为垂直于交于点D，如图，

则对，即，解得，故B项错误；

过点P作平面截圆锥的截面面积的最大时，如图，

因为，故恰好为等腰直角三角形时取到，点C在圆锥底面上，，故C项错误；

设圆锥有一内接长方体，其中一个上顶点为E，上平面中心为，如图，

则，当长方形上平面为正方形时，上平面面积最大，

长方体体积为，当时，时，，故，

故D正确，

故选：AD

三、填空题

13．若点关于轴对称点为，写出的一个取值为___．

【答案】（满足即可）

【分析】根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.

【详解】与关于轴对称，

即关于轴对称，

，

则，

当时，可取的一个值为.

故答案为：（满足即可）.

14．若实数x，y满足，且，则的最小值是_______________.

【答案】4

【分析】将变形为，然后结合基本不等式即可求解．

【详解】解：，满足，且，

则，当且仅当且，即，时取等号，

此时的最小值4．

故答案为：4．

15．某学校有男生400人，女生600人.为了调查该校全体学生每天睡眠时间，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得男生每天睡眠时间均值为7.5小时，方差为1，女生每天睡眠时间为7小时，方差为0.5.若男、女样本量按比例分配，则可估计总体方差为__________.

【答案】

【分析】先求出总体的均值，再根据分层抽样的性质可求出总体的方差.

【详解】由题意，总体的均值为，

根据分层抽样的性质，则总体的方差为.

故答案为：0.76.

16．已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【分析】令，不等式可化为，根据单调性转化为在恒成立，利用导数求出的最大值即可.

【详解】由题意可得，所以，

令，则，

易得在上单调递增，所以，

即在恒成立，

令，

则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，则，解得，

所以实数的取值范围为.

故答案为：.

四、解答题

17．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，．

(1)求角的大小；

(2)求的最小值．

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）根据平面向量的数量积公式和三角形面积公式可得，对其进行化简、整理，即可求出结果.

（2）由余弦定理可得，再结合，并利用基本不等式，即可求出结果.

【详解】(1)解：因为，所以，

整理得，所以

又，所以．

(2)解：因为，，

所以，

故，即，

当且仅当时，等号成立，所以的最小值为4．

18．已知是等比数列，前n项和为，且.

（Ⅰ）求的通项公式；

（Ⅱ）若对任意的是和的等差中项，求数列的前2n项和.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【详解】试题分析：（Ⅰ）求等比数列通项，一般利用待定系数法：先由，解得，分别代入，得，；（Ⅱ）先根据等差中项得，再利用分组求和法求和：.

试题解析：（Ⅰ）解：设数列的公比为，由已知，有，解得.又由，知，所以，得，所以.

（Ⅱ）解：由题意，得，即是首项为，公差为的等差数列.

设数列的前项和为，则.

【解析】等差数列、等比数列及其前项和公式

【名师点睛】分组转化法求和的常见类型：

（1）若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和．

（2）通项公式为的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．

19．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB//CD，AB=2AD=2CD=2，E是PB的中点

(1)求证：平面EAC⊥平面PBC

(2)若二面角P-AC-E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值

【答案】(1)证明过程见解析；

(2).

【分析】（1）先证明AC⊥BC，再结合已知证明AC⊥平面PBC，进而证明平面EAC⊥平面PBC；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法先由已知二面角的余弦值求出点P的的坐标，进而求出直线PA与平面EAC所成角的正弦值.

【详解】(1)证明：过点C作CF⊥AB，垂足为F，如下图所示

在直角梯形ABCD中

AB⊥AD，AB//CD

AD⊥CD

四边形AFCD为正方形

AF=BF=DC=CF=1

AC=BC=

AC⊥BC

PC⊥底面ABCD，AC平面ABCD，

AC⊥PC

BCPC=C

AC⊥平面PBC

AC平面EAC

平面EAC⊥平面PBC

(2)解：以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系

则，，，

设，

则

由（1）知，，，且

所以平面

则为平面的一个法向量

又，

设为平面的法向量，则

，即

令，则

设向量与向量的夹角为，由题意知，

解得：

所以，

设直线与平面所成的角为，向量与向量所成角为

所以

即直线与平面所成角的正弦值为.

20．随着北京2022冬奥会的临近，冰雪运动在全国各地蓬勃开展. 某地为深入了解学生参与“自由式滑雪”、“单板滑雪”两项运动的情况，在该地随机抽取了10所学校进行调研，得到数据如下：

(1)从这10所学校中随机选取1所学校，求这所学校 “自由式滑雪”的参与人数超过40人的概率；

(2)规定“单板滑雪”的参与人数超过45人的学校作为“基地学校”.

（i）现在从这10所学校中随机选取3所，记为其中的“基地学校”的个数，求的分布列和数学期望；

（ii）为提高学生“单板滑雪”水平，某“基地学校”针对“单板滑雪”的4个基本动作进行集训并考核.要求4个基本动作中至少有3个动作达到“优秀”，则考核为“优秀”.已知某同学参训前，4个基本动作中每个动作达到“优秀”的概率均为0.2，参训后该同学考核为“优秀”. 能否认为该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化？并说明理由.

【答案】(1)；

(2)（i）分布列见解析，数学期望为；（ii）无法确定该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化，理由见解析.

【分析】（1）根据古典概型计算公式，结合所给的数据进行求解即可；

（2）（i）根据古典概型计算公式，结合数学期望公式进行求解即可；

（ii）根据独立重复事件的概率公式，结合小概率事件的性质进行求解即可.

【详解】(1)设事件A 为“从10所学校中选出的1所学校 “自由式滑雪”的参与人数超过40人”．“自由式滑雪”的参与人数超过40人的学校共4所，所以．

(2)（i）X的所有可能取值为0，1，2，3， “单板滑雪”的参与人数在45人以上的学校共4所．

所以，.

所以X的分布列为：

所以．

（ii）设事件B 为“参训前，该同学考核为‘优秀’”，

则．

参考答案1：可以认为该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化．理由如下：

比较小，即该同学考核为“优秀”为小概率事件，一旦发生了，就有理由认为该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化 ．

参考答案2：无法确定该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化．理由如下：

事件是随机事件，比较小，即该同学考核为“优秀”为小概率事件，一般不容易发生，但还是可能发生的，因此，无法确定该同学在参训后“单板滑雪”水平发生了变化．

21．已知抛物线的焦点为．点在上， ．

（1）求;

（2）过作两条互相垂直的直线，与交于两点，与直线交于点，判断是否为定值?若是，求出其值；若不是，说明理由．

【答案】(1) ；（2）是定值，.

【分析】（1）由题知 ①，由焦半径公式得 ②，两式联立即可求得答案；

（2）先讨论当直线与轴平行时得，再讨论当直线与轴不平行且斜率存在时，证明，再设方程，联立方程，利用向量方法求即可.

【详解】解：（1）因为点在上，所以 ①，

因为，所以由焦半径公式得 ②，

由①②解得

所以.

（2）由（1）知抛物线的方程为，焦点坐标为，

当直线与轴平行时，此时的方程为，的方程为，，此时为等腰直角三角形且，故.

当直线与轴不平行且斜率存在时，若为定值，则定值比为，下面证明.

要证明，只需证明，

只需证，即，

设直线的斜率为，则直线的方程为，直线的方程为，

联立方程得，设，

则，所以，，

联立方程得，

所以，

所以，

所以，即，

所以.

综上，为定值，.

22．已知函数.

(1)若在上有零点，求实数的取值范围；

(2)若，记在上的最小值为，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）令，求出其导数后可判断函数的单调性，从而可求其值域，故可求实数的取值范围；

（2）求出，令，求出，利用题设条件可得，从而可得在存在唯一的零点且可得的符号情况，从而可得的单调性，故可得其最小值，再利用导数可求其取值范围.

【详解】(1)由得，令，

则，所以在上单调递减，

，从而.

(2)令，

因为，故，

所以在上单调递增，又，，

所以存在唯一实数，使得，

且当时，，当时，，

故在上单减，在上单增，从而的最小值，∵，

∴，故.

令，则，

所以在上单减，

由题意可得，所以，

 令，则，

所以在上单减，故的取值范围为.

【点睛】思路点睛：含参数的零点问题，可利用参变分离把参数的范围问题转化为不含参数的新函数的值域问题，在函数的单调性的讨论中，如果导函数的零点不易求得，可虚设零点来简化问题的讨论.