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    2022南充高三适应性考试(二诊)(二模)数学(文)含解析

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    这是一份2022南充高三适应性考试(二诊)(二模)数学(文)含解析,共23页。试卷主要包含了 复数,则, 已知集合,则, 若双曲线C, 函数的部分图像如图所示,,则等内容,欢迎下载使用。

    南充市高2022届高考适应性考试(二诊)

    文科数学

    一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60.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. 复数,则()

    A. 4 B.  C. 3 D.

    1题答案】

    【答案】C

    【解析】

    【分析】先利用复数的乘法运算化简得到,再利用复数的模长公式,计算即可

    【详解】由题意,

    故选:C

    2. 已知集合,则()

    A.  B.  C.  D.

    2题答案】

    【答案】B

    【解析】

    【分析】先求解对数不等式得到,再利用集合的交集、补集运算,计算即得解

    【详解】由题意,

    故选:B

    3. 某校高中生共有1000人,其中高一年级300人,高二年级200人,高三年级500人,现采用分层抽样抽取容量为50人的样本,那么高一、高二、高三年级抽取的人数分别为()

    A. 151025 B. 201020 C. 101030 D. 15530

    3题答案】

    【答案】A

    【解析】

    【分析】根据分层抽样的定义求出抽样比,按此比例求出各个年级的人数即可.

    【详解】解:根据题意高一年级的人数为人,

    高二年级的人数为人,

    高三年级的人数为.

    故选:A.

    4. 都是实数,则的()条件

    A. 充分非必要 B. 必要非充分

    C. 充要 D. 既非充分也非必要

    4题答案】

    【答案】A

    【解析】

    【分析】利用不等式性质可判断充分性,取可验证必要性不成立,分析即得解

    【详解】由题意,若,由不等式的性质可得,故充分性成立;

    反之取满足,但不成立,故必要性不成立;

    的充分非必要条件

    故选:A

    5. 中,若,且,点分别是的中点,则()

    A.  B.  C. 10 D. 20

    5题答案】

    【答案】C

    【解析】

    【分析】依题意可得,如图建立平面直角坐标系,利用坐标公式法求出平面向量数量积;

    【详解】解:因为,所以,如图建立平面直角坐标系,

    ,所以,所以,所以

    故选:C

    6. 设等差数列的前项和为,满足,则()

    A.  B. 的最小值为

    C.  D. 满足的最大自然数的值为25

    6题答案】

    【答案】C

    【解析】

    【分析】利用等差数列等差中项的性质,计算出数列相关参数即可.

    详解】由于

    ∴上式中等差中项,即

    A错误;

    由等差数列的性质可知,即

    B错误;

    由以上分析可知C正确,D错误;

    故选:C.

    7. 若双曲线C的一条渐近线被圆所截得的弦长为2,则双曲线的离心率为()

    A. 2 B.  C.  D.

    7题答案】

    【答案】A

    【解析】

    【分析】圆心到渐近线距离为,解方程即得解.

    【详解】解:由题得双曲线的渐近线方程为

    圆心到渐近线距离为

    则点到直线的距离为

    ,整理可得

    所以双曲线的离心率

    故选:A

    8. 我国数学家张益唐在孪生素数研究方面取得突破,孪生素数也称为孪生质数,就是指两个相差2的素数,例如57,在大于3且不超过20的素数中,随机选取2个不同的数,恰好是一组孪生素数的概率为()

    A.  B.  C.  D.

    8题答案】

    【答案】D

    【解析】

    【分析】写出大于3且不超过20的素数,分别计算出随机选取2个不同的数的所有情况和恰好是一组孪生素数的情况,再利用古典概型公式代入求解.

    【详解】大于3且不超过20的素数为:5,7,11,13,17,19,共6个,随机选取2个不同的数,共有个情况,恰好是一组孪生素数的情况为:5和7,11和13,17和19,共3个,所以概率为.

    故选:D

    9. 函数的部分图像如图所示,,则()

    A. 关于点对称

    B. 关于直线对称

    C. 上单调递减

    D. 上是单调递增

    9题答案】

    【答案】C

    【解析】

    【分析】首先跟据函数图象求出,即可得到函数解析式,再根据正弦函数的性质一一判断即可;

    【详解】解:由图可知,且,所以,即,因为,所以,即,因为,所以函数关于直线对称,故A错误;

    ,所以函数关于对称,故B错误;

    对于C:由,所以,因为上单调递减,所以上单调递减,故C正确;

    对于D:由,则,因为上不单调,所以上不单调,故D错误;

    故选:C

    10. 已知椭圆的左焦点为,过点的直线与椭圆相交于不同的两点,若为线段的中点,为坐标原点,直线的斜率为,则椭圆的方程为()

    A.  B.

    C.  D.

    10题答案】

    【答案】B

    【解析】

    【分析】先求得焦点,也即求得,然后利用点差法求得,从而求得,也即求得椭圆的方程.

    【详解】直线过点,所以

    两式相减并化简得

    所以

    所以椭圆的方程为.

    故选:B

    11. 托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家,托勒密定理就是由其名字命名,该定理指出:圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上,是其两条对角线,,且为正三角形,则四边形的面积为()

    A.  B.  C.  D.

    11题答案】

    【答案】D

    【解析】

    【分析】由托勒密定理可得,由可求出.

    【详解】由题,设

    由托勒密定理可得,所以

    又因为

    所以

    .

    故选:D.

    12. 已知函数,若,则的取值范围为()

    A.  B.  C.  D.

    12题答案】

    【答案】D

    【解析】

    【分析】先求得的取值范围,然后化简,结合导数求得的取值范围.

    【详解】由于

    ,所以

    时,递增,

    所以有唯一解.

    时,递增,

    所以有唯一解.

    所以.

    所以在区间递减;在区间递增.

    所以

    所以的取值范围为.

    故选:D

    【点睛】本题要求的取值范围,主要的解题思路是转化为只含有一个变量的表达式,然后利用导数来求得取值范围.在转化的过程中,主要利用了对数、指数的运算.

    二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20.把答案填在答题纸上).

    13. 已知实数满足的最大值为___________.

    13题答案】

    【答案】4

    【解析】

    【分析】转化,则取得最大值即直线与可行域相交,且截距最大,数形结合即得解

    【详解】转化,则取得最大值即直线与可行域相交,且截距最大,根据不等式组画出可行域,如图所示,

    联立,可得

    当直线经过点A时取得最大值为4.

    故答案为:4

    14. 已知是抛物线的焦点,上一点,为坐标原点,若,则___________.

    14题答案】

    【答案】

    【解析】

    【分析】由抛物线定义求出点坐标即可得出答案.

    【详解】由抛物线方程可得

    由抛物线定义可得,即,则

    .

    故答案为:.

    15. 若等比数列的各项均为正数,且,则___________.

    15题答案】

    【答案】2022

    【解析】

    【分析】根据等比数列的性质化简得到,由对数的运算即可求解.

    【详解】因为是等比数列,

    所以

    所以

    故答案为:2022

    16. 如图,棱长为的正方体中,点为线段上的动点,点分别为线段的中点,给出以下命题

    ②三棱锥的体积为定值;

    的最小值为.

    其中所有正确的命题序号是___________.

    16题答案】

    【答案】①②④

    【解析】

    【分析】根据空间位置关系及椎体体积公式可判断①②,再根据向量的线性运算及数量积可判断③④.

    【详解】①如图所示,连接,由正方体可知,且平面,即,又,所以平面,所以,即,正确;

    ②如图所示,连接,由点分别为线段的中点,得,故平面,即点到平面的距离为定值,且,故为定值,所以三棱锥的体积为定值,正确;

    ③连接,由点为线段上的动点,设,故,当时,取最小值为,当时,取最大值为,故,即,错误;

    ,当时,的最小值为,正确;

    故答案为:①②④.

    三、解答题:共70.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17~22题为必考题每个.试题考生都必须作答.2223题为选考题,考生根据要求作答.

    17. 从某食品厂生产的面包中抽取100个,测量这些面包的一项质量指标值,由测量结果得如下频数分布表:

    质量指标值分组

    频数

    8

    22

    36

    28

    6

    (1)在相应位置上作出这些数据的频率分布直方图;

    (2)估计这种面包质量指标值的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).

    (3)根据以上抽样调查数据,能否认为该食品厂生产的这种面包符合质量指标值不低于85的面包至少要占全部面包的规定

    17~19题答案】

    【答案】1答案见解析

    2

    3

    【解析】

    【分析】1)根据频数分布表,计算每组的频率,即可绘制频率分布直方图;

    2)根据频率分布直方图,按照平均数的求法求得答案;

    3)计算质量指标值不低于85的面包所占比例即可得答案.

    【小问1详解】

    【小问2详解】

    质量指标值的样本平均数为

    ,

    所以这种面包质量指标值的平均数的估计值为

    【小问3详解】

    质量指标值不低于85的面包所占比例为

    由于该值大于,故可以认为该食品厂生产的这种面包符合“质量指标值不低于85的面包至少要占全部面包的规定”.

    18. ;这两个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并进行解答.

    问题:在中,内角的对边分别为,且___________.

    (1)求角

    (2)在中,,求周长的最大值.

    注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.

    18~19题答案】

    【答案】1

    2

    【解析】

    【分析】1)选择:由正弦定理化边为角即可求出;选择:利用面积公式和数量积关系化简可得出;

    2)利用余弦定理结合基本不等式即可求出.

    【小问1详解】

    选择:条件即

    由正弦定理可知,

    中,,所以

    所以,且,即,所以

    选择:条件即

    .

    中,,所以,则

    所以,所以.

    【小问2详解】

    由(1)知,

    由余弦定理知:

    所以

    所以,当且仅当时,等号成立

    所以求周长的最大值为.

    19. 如图所示,四边形为菱形,,平面平面,点是棱的中点.

    1求证:

    2,求三棱锥体积.

    19~20题答案】

    【答案】1证明见解析

    2

    【解析】

    【分析】1)设点是棱的中点,连接,可证平面,从而得到.

    2)利用等积转化和体积公式可求三棱锥的体积.

    【小问1详解】

    如图所示,设点是棱的中点,连接

    及点是棱的中点,可得

    又因为平面平面,平面平面

    平面,故平面

    又因为平面,所以

    又因为四边形为菱形,所以

    的中位线,所以,可得

    又由,且平面平面,所以平面

    又因为平面,所以.

    【小问2详解】

    由于菱形,故,故

    故三角形为正三角形,且三角形为正三角形,

    ,由于平面

    20. 如图所示,椭圆的右顶点为,上顶点为为坐标原点,.椭圆离心率为,过椭圆左焦点作不与轴重合的直线,与椭圆相交于两点.直线的方程为:,过点垂线,垂足为.

    1求椭圆的标准方程;

    2求证:直线过定点,并求定点的坐标;

    面积的最大值.

    20~21题答案】

    【答案】1

    2证明见解析,定点

    【解析】

    【分析】1)根据已知条件求得,由此求得椭圆的标准方程.

    2设直线方程:,联立直线的方程与椭圆的方程,化简写出根与系数关系,求得直线的方程,并求得定点坐标.

    结合弦长公式求得面积的表达式,利用导数求得面积的最大值.

    【小问1详解】

    由题意可得:

    ,解得

    故椭圆的标准方程为.

    小问2详解】

    由题意知,,设直线方程:.

    联立方程

    所以

    所以

    所以直线方程为:

    .

    综上:直线过定点.

    由(1)中,所以

    所以

    ,则

    时,

    上单调递增,

    上单调递减,

    上单调递减,

    所以时,.

    21. 已知的导函数.

    1的切线方程;

    2讨论在定义域内的极值;

    3内单调递减,求实数的取值范围.

    21~23题答案】

    【答案】1

    2答案见解析3

    【解析】

    【分析】1)求出函数的导数,从而可求切线方程;

    2)设,其中,求出,讨论其符号后可求导数的极值.

    3内单调递减即为,利用导数可求后者,从而可求参数的取值范围.

    【小问1详解】

    ,而

    故切线方程为:.

    【小问2详解】

    ,其中

    时,,故上为减函数,故无极值;

    时,

    ,则,故上为增函数;

    ,则,故上为减函数;

    有极大值其极大值为,无极小值.

    【小问3详解】

    因为内单调递减,则恒成立,

    恒成立即.

    ,则.

    ,令

    单调递减,单调递增.

    所以,故.

    所以.

    22. 已知圆的参数方程为(为参数.

    1以原点为极点、轴的正半轴为极轴建立极坐标系,写出圆的极坐标方程;

    2已知直线经过原点,倾斜角,设与圆相交于两点,求两点的距离之积.

    22~23题答案】

    【答案】1

    2

    【解析】

    【分析】1)先求得圆的普通方程,再转化为极坐标方程.

    2)写出直线标准参数方程并代入圆的普通方程,利用根与系数关系求得求两点的距离之积.

    【小问1详解】

    两式平方后相加得

    曲线是以为圆心,半径等于2圆,

    代入并整理得,即曲线的极坐标方程是.

    【小问2详解】

    直线的标准参数方程是是参数),

    因为点都在直线上,所以可设它们对应的参数为

    的普通方程为

    以直线的参数方程代入圆的普通方程整理得

    因为是方程的解,从而

    23已知函数.

    1若关于不等式有解,求实数的取值范围;

    2,且.求证:

    23~24题答案】

    【答案】1

    2证明见解析

    【解析】

    【分析】(1)依题意要大于等于的最小值,因此用绝对值不等式法直接算出最小值;

    (2)在第一问基础上,求出的最小值,并考虑用基本不等式来解决.

    【小问1详解】

    若关于的不等式的解集不是空集,

    只需即可,

    其中

    当且仅当时,等号成立,

    所以实数的取值范围为

    【小问2详解】

    由第一问可知,t=2

    即原不等式为,只要证

    由于

    当且仅当时等号成立,

     

     

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