2022届四川省遂宁市射洪中学校高三下学期高考适应性考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届四川省遂宁市射洪中学校高三下学期高考适应性考试数学（理）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届四川省遂宁市射洪中学校高三下学期高考适应性考试数学（理）试题一、单选题1．设集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先用列举法写出集合和集合，再判定他们之间的关系即可得出答案.【详解】根据题意，时，所以选项D正确.故选：D.2．已知，则在复平面内，复数对应的点位于（       ）A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限【答案】D【分析】根据复数的运算求得，以及，再求其对应的点，即可判断和选择.【详解】由题意知，所以，故其在复平面内对应的点为，位于第一象限.故选：.3．“直线与直线没有公共点”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由两直线没有公共点时，可能平行，也可能是异面直线，结合充分、必要条件的概念进行判定.【详解】直线与直线没有公共点时，它们可以平行，也可能是异面直线，故“直线与直线没有公共点”是“”的必要不充分条件，故选：B4．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（       ）A．8种 B．14种 C．20种 D．116种【答案】B【分析】按照同个元素（甲）分类讨论，特殊元素和特殊位置优先考虑即可得解.【详解】按照甲是否在天和核心舱划分，①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的三人中选取两人，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能；②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下四人中选取三人进入天和核心舱即可，则有种可能；根据分类加法计数原理，共有6+8=14种可能.故选：B.5．五星红旗左上角镶有五颗黄色五角星，旗上的五颗五角星及其相互联系象征着共产党领导下的中国革命人民大团结．如图，可以将五角星分割为五个黄金三角形和一个正五边形，“黄金分割”表现了恰到好处的和谐，其比值为，这一比值也可以表示为，若，则的值约为（       ）A．0.618 B．1.236 C．2.472 D．4【答案】B【分析】由平方关系、二倍角公式、诱导公式化简求值．【详解】由题意，．故选：B．6．图形是信息传播､互通的重要的视觉语言《画法几何》是法国著名数学家蒙日的数学巨著，该书在投影的基础上，用“三视图”来表示三维空间中立体图形.其体来说.做一个几何的“三视图”，需要观测者分别从几何体正面､左面､上面三个不同角度观察，从正投影的角度作图.下图中粗实线画出的是某三棱锥的三视图，且网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的外接球的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由三视图可得几何体的直观图，再由三棱锥所在正方体的体对角线得外接球的直径即可得解.【详解】由三视图知几何体为一侧棱垂直底面，底面为直角三角的三棱锥，且由网格纸知同一顶点互相垂直的三条棱的长为4，如图，所以三棱锥的外接球即为三棱锥所在的棱长为4的正方体的外接球，设外接球的半径为R，则,所以外接球的表面积，故选：C7．已知等比数列满足，且，，2，…，且，则当时，（       ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】由等比数列的概念可得，代入结合对数运算以及等差数列的前项和公式即可得结果.【详解】由得，，则，．故选：A．8．已知函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象关于y轴对称，则的最小值为（       ）A．1 B．2 C． D．5【答案】D【分析】根据辅助角公式，结合正弦型函数的奇偶性进行求解即可.【详解】，因为该函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，所以，因为的图象关于y轴对称，所以是偶函数，因此有，因为，所以当时，有最小值，最小值为5，故选：D9．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于A，B两点．，，则双曲线C的离心率为（       ）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】令，结合双曲线定义用表示、、，再在、中分别用余弦定理列式计算作答.【详解】依题意，设，，由双曲线的定义得，，在中，，由余弦定理，得，解得，即，设双曲线的焦距为2c，在中利用余弦定理有，解得，所以双曲线的离心率为．故选：C10．已知首项为1的等差数列的前项和为，满足，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先得到为等差数列，公差为，，首项为1，从而得到，进而得到，求出前2020项和.【详解】由可得：为等差数列，公差为，首项为，所以，则，，所以故选：B11．是等腰直角三角形，，，，其中，则的最小值是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由平行四边形法则以及向量共线的性质得出点在直线上，建立坐标系，由数量积公式以及距离公式得出的最小值.【详解】由知点为的中点，设为中点，由得，因为，所以点在直线上，建立如下图所示的平面直角坐标系，，，当时，最小，的直线方程为，即，由点到直线的距离公式可得：，即的最小值.故选：B12．不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将变为即，构造新函数，利用其单调性得到，继而求得答案.【详解】当时，不等式在上恒成立不会成立，故 ，当 时， ，此时不等式恒成立；不等式在上恒成立,即在上恒成立,而即，设 ，当 时，，故是增函数，则即，故，设，当 时，， 递增，当 时，， 递减，故 ，则 ，综合以上，实数的取值范围是 ，故选：B【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数,这一点解题的突破点.二、填空题13．已知向量满足：，与的夹角为，则__________.【答案】【分析】首先求出，再根据平面向量数量积的定义求出，最后根据及平面向量数量积的运算律计算可得；【详解】解：因为，所以，又且与的夹角为，所以，所以故答案为：14．如图半圆内切于等腰直角三角形，向三角形内随机投入一个点，则该点不落在半圆内的概率为__________.【答案】【分析】设半圆的半径为，如图将等腰直角三角形补成正方形，将半圆补成圆，则等腰直角三角形的直角边长为，分别求出半圆与三角形的面积，有几何概率可得答案.【详解】设半圆的半径为，如图将等腰直角三角形补成正方形，将半圆补成圆.则圆为该正方形的内切圆. 则正方形的边长为，即等腰直角三角形的直角边长为所以半圆的面积为，等腰直角三角形的面积为 阴影部分的面积为 所以该点不落在半圆内的概率为故答案为： 15．“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，则第10条斜线上，各数之和为______.【答案】【分析】根据数字之间的关系找到规律，然后进行求解即可.【详解】因为从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，所以可以判断从第三个数开始，每个数是它前两个数的和，所以可得：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，因此第10条斜线上，各数之和为，故答案为：16．已知抛物线：的顶点为O，焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线交于点A､B，且，过抛物线上一点P（非原点）作抛物线的切线，与x轴､y轴分别交于点M､N，.垂足为H.下列命题：①抛物线的标准方程为②的面积为定值③M为PN的中点④四边形PFNH为菱形其中所有正确结论的编号为___________.【答案】①③④【分析】可由题意，设出A､B坐标和过焦点的直线方程，通过联立方程利用根与系数的关系借助求解出的值，然后写出过P抛物线的切线方程，分别求解出M､N坐标，利用即可判断选项②和③，通过表示出H点坐标，通过P、F、N、H四点坐标借助抛物线定义即可判断选项④.【详解】设，，可知，直线的方程为，联立，化为，则，，而，所以，所以，故抛物线方程为，所以选项①正确；设，抛物线方程为，则，则在点处取得的切线方程斜率为，所以以点为切点的切线方程为，切线与x轴､y轴分别交于点M､N，所以，，所以，故面积不为定值，选项②错误；因为、、，可知，，所以M为PN的中点，选项③正确；因为.垂足为H ，所以、、、，因此且所以四边形PFNH为平行四边形，又根据抛物线定义故四边形PFNH为菱形，所以，选项④正确.故答案为：①③④三、解答题17．已知向量，记函数．(1)求的对称轴和单调递增区间；(2)在锐角中，角A，B，C的对边为a，b，c，若，求的取值范围．【答案】(1)对称轴为，(2)【分析】（1）根据向量的数量积、二倍角公式、辅助角公式得，从而可求对称轴方程及单调递增区间；（2）先求得，再由正弦定理及两角和与差的正弦公式及辅助角公式可得，根据三角函数可求得范围.【详解】(1)由题意，所以的对称轴为，即，单调递增区间满足，解得，所以单调递增区间为．(2)由得，，所以，所以，因为为锐角三角形，故，得，所以，即的取值范围为．18．哈尔滨市工会为了解市民日健步走的情况，从本市市民中随机抽取了1000名市民，利用手机计步软件统计了他们3月15日健步的步数，并将样本数据分为九组（单位：千步），将样本数据绘制成频率分布直方图如图，并利用该样本的频率分布估计总体的概率分布.(1)请利用频率分布直方图估计样本平均数和众数；(2)由频率分布直方图可以认为，市民日健步步数（单位：千步）近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，的值已求出约为3.64.现从哈尔滨全市市民中随机抽取5人，记其中日健步步数位于的人数为，求的数学期望.参考数据：若，则，.【答案】(1)平均数：千步；众数：千步(2)【分析】（1）利用频率分布直方图平均数和众数的计算公式求解即可；（2）根据题意得，求出的值，得到，根据分布类型求解即可.【详解】(1)样本平均数为：样本众数；(2)根据题意得，；所以，，即，因为，所以，所以.19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，，M为BC中点，且． (1)求证：平面平面PMD；(2)若平面平面ABCD，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）结合已知条件及线面垂直的判定定理证明平面PDM，再由面面垂直的判定定理即可证明；（2）由面面垂直的性质定理证明平面ABCD，并利用等体积法求出PM的值，建立合适的空间直角坐标系，并求出平面CDP和平面PBC的一个法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解．【详解】(1)因为在菱形ABCD中，，所以．因为，为的中点，所以．因为，所以平面PMD．又平面DMC，所以平面平面PMD．(2)因为平面平面ABCD，且交线为BC，平面PBC，且，所以平面ABCD．因为，所以．以M为坐标原点，MD，MB，MP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，所以，．设平面CDP的法向量为，则即不妨取，得．又平面PBC的一个法向量为，则，由题图易得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．20．已知椭圆的离心率为，长轴的两个端点分别为，．(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆交于、(不与A、B重合)两点，直线与直线交于点，求证：、、三点共线．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)依题意可得，再根据离心率求出，最后根据，求出，即可求出椭圆方程；(2)设直线的方程为，，，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，在表示出直线的方程，即可求出点坐标，再表示出、，作差判断，即、、三点共线．【详解】(1)由长轴的两个端点分别为，，可得，由离心率为，可得，∴，又，解得，∴椭圆的标准方程为；(2)由题可知若l斜率存在，且斜率不为零，故设的方程为，设，，，，由得，，则，，所以∴，直线的方程为，∴，∴，，∴，即，∴、、三点共线．21．已知函数.(1)讨论的极值点的个数；(2)若函数有两个极值点，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）的极值点的个数等价于的解的个数，分离参数得，构造函数，求导分析，作出其图象，数形结合可得的极值点的个数；（2）由（1）可知，设，则，由得，取对数得，同理，进一步分析可得.最后利用分析法与换元法，将问题转化证明，即可.【详解】(1)解：由题意得，，即，故令，所以函数的极值点的个数的等价于与的交点个数. ，得；得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，因为当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，所以的大致图象如图：由图可得，当时，恒成立，函数单调递增，极值点的个数为0；当时，与的交点个数有两个，分别设为且，当时，，时，，故函数有两个极值点；当时，与的交点个数有两个，不妨设为 ，则当，，当时，，故函数有1个极值点.(2)证明：因为函数f（x）有两个极值点，由（1）可知设，则，显然，所以，由极值点的概念知， ，故，所以，同理，两式相减得，即.另一方面，要证，只需证，即因为，所以，故上式可化为，即令，则，上式即为，.令，则，故为减函数，所以，即，原命题得证.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值点，利用导数证明不等式；考查分类讨论思想，运算求解能力，是难题.本题第二问解题的关键在于借助第一问的结论得，进而根据极值点的导数值为0等价转换得，进而将问题转化为，再结合换元法证明，即可.22．以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．曲线的极坐标方程为：．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．(1)求曲线和曲线的直角坐标方程；(2)在极坐标系中，射线与曲线、分别交于A、B两点，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线的直角坐标方程；根据消参法即可求得曲线的直角坐标方程；（2）求得曲线的极坐标方程，将代入求得极半径，结合曲线的极半径，求得答案.【详解】(1)根据 ，可得 ，故曲线的直角坐标方程为；曲线的参数方程为（为参数），则消去参数得；(2)将代入，得曲线的极坐标方程为，令，∵，射线与曲线交于A，对应的极半径为 ，∴．23．已知函数，.(1)若，求不等式的解集；(2)当时，若，，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）当时，结合零点分段法求得不等式的解集；（2）利用绝对值不等式求得，进而求得参数的范围.【详解】(1)依题意，，当时，原式化为，解得，故；当时，原式化为恒成立，故；当时，原式化为，解得，故.故不等式的解集为.(2)依题意，，而，故，故，即，故的取值范围为.