2022届贵州省贵阳第一中学高三上学期适应性月考卷（一）数学（文）试题（含解析）

2022届贵州省贵阳第一中学高三上学期适应性月考卷

文科数学试卷

一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先利用一元二次不等式解出集合，然后利用集合的交运算即可求解.

【详解】因为，解得，，故集合，

又因为，

所以.

故选:C.

2. 设复数满足，则的共轭复数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数除法运算求得，由此求得的共轭复数.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：B

3. 已知向量，且，则（    ）

A.  B.  C. 2 D. -2

【答案】D

【解析】

分析】利用列方程，化简求得

【详解】因为，，所以，又因为，所以，化简得.

故选：D.

4. 已知数列的前项和为，且，则（    ）

A. 2 B. -2 C. 4 D. -4

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件可得，再代入计算即可得解.

【详解】因是数列的前项和，且，

所以.

故选：A

5. 函数的单调递减区间为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出函数的定义域，再求出函数在所求定义域上的单调区间并结合复合函数单调性即可作答.

【详解】在函数中，由得或，则的定义域为，

函数在上单调递减，在上单调递增，又在上单调递增，

于是得在上单调递减，在上单调递增，

所以函数的单调递减区间为.

故选：B

6. 执行如图所示的程序框图，输出的（    ）

A. -3 B.  C.  D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】由条件进入循环体，判断并计算和的值，依次执行上述过程，经几次计算可得程序框图具有周期性，由此分析计算即得.

【详解】，，执行第一次循环，，；

执行第二次循环，，；执行第三次循环，，；

执行第四次循环，，；执行第五次循环，，，

于是得该程序框图计算结果以4为周期，而，则，，

又成立，退出循环，输出的值为2，

所以输出的.

故选：D

7. 某产品的零售价（元）与销售量（个）的统计表如下：

据上表可得回归直线方程为，则（    ）

A. 140.6 B. 141 C. 141.2 D. 141.4

【答案】B

【解析】

【分析】求出样本中心点，再根据线性回归方程过样本中心点即可得出答案.

【详解】解：由表得，，所以，解得.

故选：B.

8. 已知等差数列的前项和为，且有，，则的最小值为（    ）

A. -40 B. -39 C. -38 D. -14

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知条件求得，求得，结合来求得的最小值.

【详解】因为，，所以，，所以，

由得，所以前项和最小，

.

故选：A

9. 若直线(，)截圆：所得的弦长为，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出圆的圆心和半径，根据给定弦长可得m，n的关系等式，再借助“1”的妙用即可计算作答.

【详解】圆：，则圆心，半径r=，而直线截圆所得弦长为，

于是得直线过圆心C，即，

因此，，当且仅当时取“=”，

由及解得，且，

所以当且时，的最小值为.

故选：B

10. 国际数学教育大会（ICME）是世界数学教育规模最大、水平最高的学术性会议.第十四届大会于2021年7月11日~18日在上海市华东师范大学成功举办，其会标如图，包含着许多数学元素.主画面是非常优美的几何化的中心对称图形，由弦图、圆和螺线组成，主画面标明的ICME-14下方的“”是用中国古代八进制的计数符号写出的八进制数3744，也可以读出其二进制码（0）11111100100，受疫情影响，第十四届大会在原定的举办时间上有所推迟，已知上述二进制和八进制数转换为十进制，即是第十四届大会原定的举办时间，则第十四届数学教育大会原定于（ ）年举行.

A 2018 B. 2019 C. 2020 D. 2021

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，将八进制数3744转换为十进制数即可.

【详解】.

故选：C

11. 已知双曲线：的左､右焦点分别为，，曲线上一点到轴的距离为，且，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件结合双曲线定义求出，再借助余弦定理即可计算作答.

【详解】作轴于M，如图，依题意，，令，

则，由双曲线定义知，而，

在中，由余弦定理得：，即，

又离心率，于是有，又e>0，解得，

所以双曲线的离心率为.

故选：D

12. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，若关于的函数恰有5个零点，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先利用导数求出函数的单调区间，再函数的奇偶性画出函数图像，函数的零点即方程的根，由图可得有3个根，所以只要有2个根，从而可求出实数的取值范围

【详解】当时，，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，结合是定义在上的奇函数，则函数的图像如图，，

函数的零点即方程的根，

又因为有3个根，所以有2个根，

即满足条件或，解得，

故选：C.

二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】先利用正切的二倍角公式求出，再利用两角差的正切公式可求得结果

【详解】因为，

所以，

因为，

所以.

故答案为：

14. 若，满足约束条件，则的最小值为___________.

【答案】5

【解析】

【分析】作出可行域，作出直线，平移该直线求得的最大值和最小值，比较可得的最小值.

【详解】如图，不等式组表示的可行域为封闭,

在中，为直线的纵截距，向上平移直线纵截距增加，增大.

平行直线，当直线过点时，取得最大值，当直线过点时，取得最小值，

所以当，时，的最小值为5.

故答案为：5.

15. 某几何体的三视图如图所示，则该三视图的外接球表面积为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据三视图画出几何体如图乙所示，则可得所以该几何体的外接球与长方体的外接球重合，从而可求出外接球的半径，进而可求得其表面积.

【详解】该几何体是图甲的长方体截掉三棱锥后得到的几何体图乙，

所以该几何体的外接球与长方体的外接球重合，外接球半径，

所以外接球的表面积.

故答案为：

16. 若数列满足，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】先对化简得，从而可求得

【详解】因为，

所以

.

故答案为：

三､解答题（共70分.解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 在中，角，，所对的边分别为，，，且

（1）求角；

（2）已知，求周长的取值范围.

【答案】(1)；(2).

【解析】

【分析】(1)利用三角形射影定理求出即可计算得解；

(2)利用余弦定理结合试子变形求出边a的取值范围即可得解.

【详解】(1)在中，，由射影定理得：，

于是得，而 ，则，

所以；

(2)由余弦定理得：，

而，则，即，当且仅当时取等号，又，于是得，

所以的周长的取值范围为.

18. 2021年7月23日~8月8日，第32届夏季奧林匹克运动会在日本首都东京举行，中国乒乓球队在中国乒乓球协主席刘国梁的带领下，夺得了男女个人赛、团体赛共4枚金牌.已知某中学共有学生1800人，男女比例为，该中学体育协会为了解乒乓球运动和性别的关联性，通过调查统计，得到了如下数据：

（1）以频率估计概率，请估计该校男生喜欢打乒乓球的概率和该校女生喜欢打乒乓球的人数；

（2）能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“中学生喜欢打乒乓球与性别有关”？（计算结果保留到小数点后3位）

附：，其中.

【答案】（1），人；（2）不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“中学生喜欢打乒乓球与性别有关”.

【解析】

【分析】(1)利用给定统计数据，求出该校男生、女生喜欢打乒乓球的频率，即可估计对应的概率，再进行计算作答；

(2)由给定的列联表，计算的观测值，再与临界值表比对即可作答.

【详解】（1）由表中数据知，男生样本数为100人，其中喜欢打乒乓球的有52人，

所以该校男生喜欢打乒乓球的概率的估计值为，

同理，该校女生喜欢打乒乓球的概率的估计值为，

又该校共有1800人，男女比例为，则该校共有女生人，

所以该校女生喜欢打乒乓球的人数为人；

（2）由统计表中数据得：的观测值，

显然，

所以不能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“中学生喜欢打乒乓球与性别有关”.

19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2正方形，平面底面，.

（1）证明：平面平面；

（2）已知点是线段的中点，求点到平面的距离，

【答案】(1)证明见解析；(2).

【解析】

【分析】(1)根据给定条件证得平面，计算PA，PD长，借助勾股定理的逆定理证得即可推理作答；

(2)连接PM，BM，BD，在三棱锥中，利用等体积法即可计算作答.

【详解】(1)底面是边长为2的正方形，则，

又平面底面，且平面底面，底面，

则平面，而平面，于是得，，即是直角三角形，

而，，则，同理，，在中，，即，

又，且平面，于有平面，而平面，

所以平面平面；

(2)如图，连接PM，BM，BD，因是线段的中点，由(1)知，则有，

又平面底面，且平面底面，平面，于是得平面，

显然有，设点到平面的距离为，

在三棱锥中，由得：，

即，于是得，解得，

所以点到平面的距离为.

20. 已知函数

（1）讨论函数的单调性；

（2）若函数最小值为0，求实数的值.

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【解析】

【分析】(1)求出函数的导数函数，再按a为非正数与正数讨论值的正负即可得解；

(2)求出，利用导数探讨的最值即可计算作答.

【详解】（1）函数定义域为，则，

当时，恒成立，函数在上单调递减，

当时，令，解得，

当变化时，和的变化如下表：

则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

所以，当时，函数在上单调递减；

当时，函数在上单调递减，在上单调递增；

（2）由题意，，求导得，

当时，函数在上单调递减，无最小值，

当时，函数在上单调递减，在上单调递增，

于是得，解得，

所以实数的值为.

21. 已知椭圆：的离心率为，且过椭圆的右焦点有且仅有一条直线与圆：相切.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设圆与轴的正半轴交于点.已知直线斜率存在且不为0，与椭圆交于，两点，满足(为坐标原点)，证明：直线过定点.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)由给定条件求出椭圆右焦点，再结合给定的离心率即可计算得解；

(2)设直线：，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理结合由已知得出的直线AP，BP斜率互为相反数的条件求出m值即可得解.

【详解】（1）因过椭圆的右焦点有且仅有一条直线与圆：相切，

则点在圆：上，即，而椭圆的离心率，解得，则，

所以椭圆的标准方程为；

（2）圆：与轴的正半轴交于点，

依题意，设直线的方程为，，两点的坐标分别为，，

由知直线AP，BP斜率与互为相反数，又，，

即，化简整理得：，

又，，于是得，

由消去y得：，则，，

从而有，即，解得，此时直线的方程为，

所以直线恒过定点.

22. 在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为(为参数)，曲线的极坐标方程为

(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)已知，曲线与曲线交于，两点，求的值.

【答案】(1)曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；(2)4.

【解析】

【分析】(1)利用消去参数方程中的参数，即可求出曲线的普通方程，利用极坐标与直角坐标互化公式，即可求得曲线的直角坐标方程；

(2)首先确定点在上，写出的标准参数方程，并代入的普通方程中，利用韦达定理，并结合标准参数方程中参数的几何意义即可求解.

【详解】(1)∵：(为参数)，∴消去参数可得普通方程：，

∵：，将，，

∴的直角坐标方程为：，

∴曲线的普通方程为：，曲线的直角坐标方程为：；

(2)∵曲线的直角坐标方程为，故在曲线上，

∴曲线的参数方程为(为参数)，定点为，

不妨设，两点对应的参数为，，则，，

联立曲线的参数方程和曲线的普通方程，得：，

∴，，

∴，

∴的值为4.

23. 已知.

（1）若，求不等式的解集；

（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用零点分段法来求得不等式的解集.

（2）结合绝对值三角不等式化简得到，对进行分类讨论，解不等式求得的取值范围.

【详解】（1）当时，

∴不等式等价于或或

解得，∴不等式的解集为.

（2）∵，

∴等价于恒成立，

∴.

1°当，即时，恒成立；

2°当，即时，转换为，解得；

3°当，即时，转换为，解得，

综上，实数的取值范围为.