福建省泉州市2022届高三高考考前推题适应性练习数学试题

泉州市2022届高考数学科考前推题一：

高三数学考前适应性练习卷

本试卷共22题，满分150分，共6页．考试用时120分钟．

注意事项：

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．考生作答时，将答案答在答题卡上，请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效．

3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．

4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（    ）

A． B． C．2 D．

2．已知集合，若集合满足，则可能是（    ）

A． B． C． D．

3．记等差数列的前项和为．若，，则（    ）

A．8 B．10 C．16 D．20

4．已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

5．如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是（    ）

A． B．

C． D．

6．已知正八边形的边长为，则（    ）

A． B． C． D．

7．已知直线：和圆：，下列正确的是（    ）

A．圆被轴截得的弦长为 B．圆被轴截得的弦长为

C．被圆截得的弦长的最大值为6 D．被圆截得的弦长的最小值为4

8．若对于任意的，，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9．已知，分别是双曲线：的左、右焦点，点是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点，则（    ）

A．的面积为 B．点的横坐标为2或

C．的渐近线方程为 D．以线段为直径的圆的方程为

10．函数的部分图象如图所示，是图象与轴的交点，，分别是图象的最高点与最低点，且，则（    ）

A．  B．的最小正周期为2

C．是曲线的一条对称轴 D．的单调递减区间为，

11．2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》．同年8月，国务院教育督导委员会办公室印发专门通知，拟对各省“双减”工作落实进度每半月通报一次．某市教育局为了解“双减”在初中各校的落实情况，随机抽取2000名学生，调查他们课后作业在“双减”前、后的时长，并根据调查结果，绘制如下两个频率分布直方图，图1，图2分别是“双减前和“双减”后的频率分布直方图．下列说法正确的是（    ）

图1                                        图2

A．“双减”后完成课后作业时长更均衡

B．“双减”前估计50%以上的学生作业时长超过小时

C．“双减”后50%以上的学生完成课后作业时长不超过小时

D．“双减”后完成课后作业平均时长比“双减”前完成课后作业平均比时长少约为1小时

12．下列大小关系正确的是（    ）

A． B． C． D．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知是函数的导函数，写出一个同时具有下列性质①②③的函数________．

①定义域为；②对任意，；③的图象关于原点中心对称．

14．某校老师要求参赛学生从星期一到星期四每天学习2个汉字及正确注释，每周五对一周内所学汉字随机抽取4个进行检测（一周所学的汉字每个被抽到的可能性相同），若已知抽取4个进行检测的字中有一个字是最后一天学习的，则所抽取的4个进行检测的字中恰有3个是后两天学习过的汉字的概率为________．

15．设，分别是椭圆：的左、右焦点，过点的直线交于，两点．若，轴，则的离心率为________．

16．阿基米德多面体，也称为半正多面体，是指至少由两种类型的正多边形为面构成的凸多面体．如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个阿基米德多面体．若该阿基米德多面体的表面积为，且它的所有顶点都在球的球面上．则球的表面积为________．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．（10分）已知数列满足．

（1）求的通项公式；

（2）设，证明：．

18．（12分）如图，某生态农庄内有一三角形区域，，百米，百米．现要修一条直道（宽度忽略不计），点在道路上（异于，两点）．

（1）若，求的长度；

（2）现计划在区域内种植观赏植物，在区域内种植经济作物．已知种植观赏植物的成本为每平方百米2万元，种植经济作物的成本为每平方百米1万元，新建道路的成本为每百米1万元，求三项费用总和的最小值．

19．（12分）某技术部门对工程师进行达标等级考核，需要进行两轮测试，每轮测试的成绩在90分及以上的定为该轮测试通过，只有通过第一轮测试的人员才能进行第二轮测试，两轮测试的过程相互独立，并规定：

①两轮测试均通过的定为一级工程师；

②仅通过第一轮测试，而第二轮测试没通过的定为二级工程师；

③第一轮测试没通过的不予定级．

现有某公司的甲、乙、丙三位工程师参加等级考核，已知他们通过第一轮测试的概率分别为，，，通过第二轮测试的概率均为．

（1）求经过本次考核，甲，乙，丙三位工程师中恰有两位被定为一级工程师的概率；

（2）公司为鼓励工程师参加等级考核设制两套奖励方案：

方案一：奖励定为一级工程师2000元，奖励定为二级工程师1500元，未定级给予鼓励奖500元；

方案二：获得一级或二级工程师均奖励2000元，未获得任何等级的不予奖励．

采用哪套方案，公司的奖励支出会更少？

20．（12分）如图所示，在四棱锥中，平面平面，，且，设平面与平面的交线为．

（1）作出交线（写出作图步骤），并证明平面；

（2）记与平面的交点为，点在交线上，且，当二面角的余弦值为，求的值．

21．（12分）在平面直角坐标系中，己知圆心为点的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心的轨迹为曲线．

（1）求曲线的方程；

（2）为直线：上一个动点，过点作曲线的切线，切点分别为，，过点作的垂线，垂足为，是否存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出的值，并求定点的坐标．

22．（12分）已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若有两个极值点，，且，求的取值范围．

泉州市2022届高考数学科考前推题一：

高三数学考前适应性练习卷

参考答案

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1-5：CCBBD 6-8：BDA

【单选题解析】

1．因在复平面内，复数对应的点的坐标是，故，

所以，所以．故选C．

2．因为，又，即，所以C正确．

3．解法一：设的公差为，则解得

所以．

故选B．

解法二：因为，所以，

即，因此，即．

故选B．

4．解法一：因为，即，

所以，，

因为，所以，所以①．

又②，由①②结合解得．

故选B．

解法二：因为，

所以，所以，

因此，

所以，又，所以，

因此．选B．

5．对于A选项，如下图所示，连接，在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，

、分别为、的中点，则，，

平面，平面；

对于B选项，因为，分别为、的中点，

所以，，

平面，平面，平面；

对于C选项，连接，如下图所示：

在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，

、分别为、的中点，则，，

平面，平面，平面；

对于D选项，如下图所示，连接交于点，连接，连接交于点，

若平面，平面，平面平面，则，

则，

由于四边形为正方形，对角线交于点，则为的中点，

、分别为、的中点，则，且，

则，，

则，又，则，所以，与平面不平行；

故选D．

6．连接，因为正八边形的每一个内角都是，且，

所以，

由正八边形的对称性知，且，

所以，

又因为，所以，．故选B．

注：本题有多种解法，可从向量运算入手、可用解三角形方法、可考虑传统的平几方法（如在等腰梯形中求解）．

7．直线化为，得，

联立得，无论为何值，直线恒过定点：

对于A选项：在中，令，得，所以圆被轴截得的弦长为，故A错误：

对于B选项，在中，令，得，所以圆被轴截得的弦长为，故B错误；

对于C选项，当直线过圆心时，直线被圆截得的弦长最大，最大值为6，此时直线方程为，但直线：不能表示直线，故弦长取不到最大值6，故C错误；

对于D选项：设，易知在圆内，当直线时，直线被圆截得的弦长最小，且最小值为，故D正确．

故选D．

8．原不等式可化为，

则，整理得，

（1）当时，上式成立．

（2）当时，上式不恒成立，不满足题意．

（3）当时，．

令，则．

所以当时，，单调递增；

当时，，单调递减．

当时，取得最大值，

所以，故的取值范围是．

综上得，的取值范围．

故选A．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9．AB 10．ACD 11．ACD 12．ABC

【多选题解析】

9．对于A选项，因为，所以，故A正确．

对于B选项，由得：或，所以点的横坐标为2或，故B正确；

对于C选项：由双曲线方程知：，，

所以的渐近线方程为，故C错误；

对于D选项，因为，所以为直径的圆方程为，故D错误．

故选AB．

10．连结交轴于点，由图象的对称性可得，在的图象上，，因为，所以．又的最大值为，所以，因此的最小正周期为4，所以周期，，又图象过点，所以，由，

结合图象可得，故．

由解析式可判断A，C，D正确．

故选ACD．

11．对A选项，图1与图2相比较，图1更“矮胖”，图2更瘦高，

故图2的方差更小，数据也更均衡，故选项A正确；

对B选项，“双减”前学习时长在的频率为，

故选项B错误；

0.45对C选项，“双减”后学习时长在的频率为，故选项C正确；

对D选项，设“双减”前学习时长的平均数为，“双减”后学习时长的平均数为，

则

，故选项D正确；故选ACD．

12．令，则，．

当时，单调递增，，

所以存在，使得，

且当，，单调递减；

当，，单调递增．

又，，所以存在，使得，

且当，，单调递增；

当，，单调递减．

又，，

所以当，使得，即．

因此有，，，

即，，，故A，B，C正确．

又，故D错误．

故本题选ABC．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．（答案不唯一，只要函数是定义域为的可导偶函数，在单调递增均可）

14． 15． 16．

【填空题解析】

13．（答案不唯一，只要函数是定义域为的可导偶函数，在单调递增均可）

14．设进行检测的4个汉字中至少有一个是最后一天学习的为事件，恰有3个是后两天学习过的汉字为事件，

则事件所包含的基本事件有，

事件所包含的基本事件有，

所以．

15．解：如图，设直线的倾斜角为，则，，，

所以，由、长短弦公式得：，

化简得：，代入得：

即

解之得：（负值已舍），所以．

16．解：设阿基米德多面体的棱长为，则，解得，

显然正四面体的棱长为3，且正四面体与半正多面体的外接球球心相同，设为．

如图：，则，，

所以，设，则，

在直角三角形中，，即，解得，

所以在直角三角形中，

所以在三角形中，，

由余弦定理得，

所以．所以这个半正多面体的外接球的半径为．

则该阿基米德多面体外接球的表面积为

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．（10分）解：（1）因为    ①

当时，    ②      1分

①②，得

，所以，       3分

又时，，       4分

所以．        5分

（2）由（1）结合已知条件可得：．

当时，，，即成立．       6分

当时，

       9分

综上，．      10分

18．（12分）解：（1）在中，由余弦定理，得，       1分

因为，，，

所以，，      2分

所以，．       3分

在中，由正弦定理，得，       4分

所以（百米）．       5分

（2）设，由（1）可得，        6分

所以，       7分

又，

所以      8分

设三项费用之和为，

则      9分

，，       10分

所以，令，解得，

当时，，函数单调递减；        11分

当时，，函数单调递增．

所以，即三项费用总和的最小值为万元．        12分

19．（12分）解：（1）设甲，乙，丙被定为一级工程师的事件分别为，，，

事件表示三位工程师中恰有两位被定为一级工程师．       1分

，        2分

所以

       4分

（2）方案一：设甲，乙，丙获得的奖金分别为，，，则，，的取值均为2000，1500，500；

则，，；       5分

故       6分

，

，

；

；

．       8分

方案二：

设甲，乙，丙获得的奖金分别为，，，则，，的取值均为2000，0；

，；       9分

，，      10分

       11分

显然，公司采用方案二，奖励支出会更少．      12分

20．（12分）解：（1）延长，交于点，连结，则直线即为所求作的直线：      2分

因为，所以

又因为，所以，分别为，中点，

且为正三角形，所以，       3分

又，平面平面且交线为，且平面，

所以平面，所以，        4分

又，所以平面，即平面：        5分

（2）取的中点，连结，则，

又平面平面且交线为，且平面，

所以平面，        6分

以为原点，，所在直线为，轴建立如图空间直角坐标系，

则，，，，，，

由，得，

所以，，       7分

显然平面的一个法向量为，       8分

设平面的法向量为，

则，即

取，则，，

所以平面的一个法向量为，       10分

所以，解得

所以当二面角的余弦值为时，     12分

21．（12分）解：（1）依题意，圆心的轨迹是以为焦点，：为准线的抛物线．       2分

所以抛物线焦点到准线的距离等于2，故动圆圆心的轨迹为．      4分

（2）假设存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点，      5分

设，，，直线的方程为，

将抛物线方程变形为，则，所以，

所以的方程为，      6分

因为，所以直线的方程为，     7分

把代入的方程得．

同理可得．       8分

构造直线方程为，易知，两点均在该直线上，

所以直线的方程为，

故恒过点．     9分

因为，所以可设方程为，

化简得，       10分

所以恒过点       11分

当，即时，与均恒过，

故存在这样的，当时，坐标为．      12分

22．（12分）解：（1）       1分

令．

（i）若，此时，，所以在单调递增．       2分

（ii）若，此时．

由得，，，       3分

当或时，，单调递增；

当时，，单调递减．       4分

综上所述：当时，的单调递增区间为；

当时，的单调递增区间为和，

单调递减区间为      5分

（2）由（1）知，，，       6分

，      7分

令，由，

得，，．      8分

由，得．      9分

令，则（※）．     10分

因为，所以在单调递减，

故不等式（※）的解集为．      11分

由，，得，解得．

即的取值范围为．