四川省眉山第一中学2022届高考适应性考试数学文科试题b

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四川省眉山第一中学2022届高考适应性考试数学文科试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．复数满足：(为虚数单位)，且在复平面内对应的点位于第三象限，则复数的模为（       ）

A．5 B．3 C． D．

2．设命题，使得，则为（     ）

A．使得 B．都有

C．使得 D．都有

3．若抛物线的的准线与抛物线相切，则（       ）

A．-8 B．8 C．-4 D．4

4．某学校实行导师制，该制度规定每位学生必须选一位导师，每位导师至少要选一位学生，若A，B，C三位学生要从甲，乙中选择一人做导师，则A选中甲同时B选中乙做导师的概率为（       ）

A． B． C． D．

5．设等比数列的前6项和，且为的等差中项，则（       ）

A． B．8 C．10 D．14

6．一个棱长为2的正方体被一个平面截去部分后，余下部分的三视图如图所示，则截去部分与剩余部分体积的比为（　）

A．1：3 B．1：4 C．1：5 D．1：6

7．某品牌牛奶的保质期（单位：天）与储存温度（单位：）满足函数关系.该品牌牛奶在的保质期为270天，在的保质期为180天，则该品牌牛奶在的保质期是（       ）

A．60天 B．70天 C．80天 D．90天

8．已知函数，则下列说法错误的是（       ）

A．函数的最小正周期为

B．是函数图象的一条对称轴

C．函数的图象关于点中心对称

D．将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象

9．已知在中，，，是的外心，则的值为（       ）

A．3 B．4 C．6 D．12

10．已知函数f(x)为R上的奇函数，且，当时，，则f(101)+f(105)的值为（       ）

A．3 B．2 C．1 D．0

11．已知为圆的一条直径，点的坐标满足不等式组则的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

12．若对于任意的，都有，则a的最大值为（       ）

A． B． C．1 D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．设函数，则的值为_____.

14．曲线在处的切线的倾斜角为，则___________.

15．已知椭圆的右焦点在圆外，过作圆的切线交轴于点，切点为，若，则椭圆的离心率为__________．

16．已知可导函数的定义域为，满足，且，则不等式的解集是________．

17．在中，角，，的对边分别为，，，且.

（1）求；

（2）若的面积为，为边的中点，求的最小值.

18．从2020年1月起，我国各地爆发了以武汉为中心的新型冠状病毒肺炎疫情，湖北某市疫情监控机构统计了2月10日到15日每天新增病例的情况，统计数据如下表：

其中2月11日这一天的25人中有男性15人，女性10人．

（1）工作人员为了检测疫情需要，对2月11日这一天的25人按性别分层抽取5人，再从这5人中抽取2人了解病毒传染情况，求抽取的这2人中至少有1名女生的概率；

（2）疫情监控机构从这六天的数据中抽取四天的数据作线性回归分析，若抽取的是12、13、14、15日这四天的数据，求关干的线性回归方程；

（3）按照当时的疫情发展情况，新增病例人数不超过36人，则最多可以支撑到几号？

附：对于一组组数据，…，其回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．

19．如图，在三棱柱中，，，为的中点，点在平面内的射影在线段上.

(1)求证：；

(2)若是正三角形，求三棱柱的体积.

20．已知函数，，曲线与曲线在处的切线互相平行．

（1）求的值；

（2）求证：在上恒成立．

21．已知P是离心率为 的椭圆 上任意一点，且P到两个焦点的距离之和为4．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方程；若不存在，说明理由．

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

（1）求的普通方程和的极坐标方程；

（2）求曲线上的点到曲线距离的最小值．

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若(a，b，c均为正实数)的最小值为3，求的最小值．

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

设，根据条件求得，从而求得模长.

【详解】

设，则，

即，，结合在第三象限，

解得，即，

故

故选：C

2．B

【解析】

【分析】

根据命题的否定理解判定．

【详解】

∵命题，使得，则：都有

故选：B．

3．A

【解析】

【分析】

求出抛物线的准线和抛物线的顶点即可得出.

【详解】

因为的准线方程为，抛物线的顶点为，

则由题可得，解得.

故选：A.

4．B

【解析】

【分析】

根据题意列出所有可能，共6个基本事件，符合题意的共2个基本事件，利用古典概型概率公式进行计算．

【详解】

根据题意甲，乙导师所带的学生可能如下：

共6个基本事件

“A选中甲同时B选中乙做导师”包含共2个基本事件，

其概率为

故选：B．

5．B

【解析】

根据等差中项性质，结合等比数列的通项公式，可求得与的等量关系；由等比数列前n项和公式，也可得与的等量关系，联立方程即可求得，进而用表示出.代入等比数列通项公式即可求解.

【详解】

∵为的等差中项，

∴，

设等比数列的公比为，则，

∴，

又前6项和，

∴，

联立，解得．

∴．

∴

故选：B．

【点睛】

本题考查了等差中项性质应用，等比数列通项公式及前n项和公式的应用，化简需要技巧性，属于中档题.

6．A

【解析】

【分析】

画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．

【详解】

解：由题意可知：几何体被平面ABCD平面分为上下两部分，

设正方体的棱长为2，上部棱柱的体积为：；

下部为：，截去部分与剩余部分体积的比为：．

故选A．

【点睛】

本题考查三视图与几何体的直观图的关系，棱柱的体积的求法，考查计算能力.

7．C

【解析】

【分析】

根据题意将或代入表达式即可求解.

【详解】

由题意可知，，，可得，

所以，

故该品牌牛奶在的保质期是80天.

故选：C

【点睛】

本题考查了函数模型的应用，考查了分析能力以及基本运算求解能力，属于基础题.

8．C

【解析】

【分析】

先根据二倍角公式化简的解析式，

A．根据最小正周期计算公式进行求解；

B．根据是否为最值进行判断；

C．根据是否为进行判断；

D．先求解出平移后的函数解析式，然后进行判断.

【详解】

，

A．最小正周期，故正确；

B．因为为最小值，所以是图象的一条对称轴，故正确；

C．因为，所以的图象不关于点中心对称，故错误；

D．，的图象向右平移个单位后得到：

，故正确；

故选：C.

9．D

【解析】

过点分别作于点，于点，根据题中条件，由向量数量积的几何意义，直接计算，即可得出结果.

【详解】

过点分别作于点，于点，

根据圆的性质，可得、分别为、的中点，

所以

，

由，可知，.

故选：D.

10．A

【解析】

【分析】

根据函数为奇函数可求得函数的解析式，再由求得函数f(x)是周期为4的周期函数，由此可计算得选项．

【详解】

解：根据题意，函数f(x)为R上的奇函数，则f(0)=0，

又由x∈[0，1]时，，则有f(0)=1+a=0，解可得：a=﹣1，则有，

又由f(﹣x)=f(2+x)，即f(x+2)=﹣f(x)，则有f(x+4)=﹣f(x+2)=f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数，

则，

故有f(101)+f(105)=3，

故选：A．

【点睛】

方法点睛：函数的周期性有关问题的求解策略：

1、求解与函数的周期性有关问题，应根据题目特征及周期定义，求出函数的周期；

2、解决函数周期性、奇偶性和单调性结合问题，通常先利用周期性中为自变量所在区间，再利用奇偶性和单调性求解.

11．D

【解析】

首先将转化为，只需求出的取值范围即可，而表示可行域内的点与圆心距离，数形结合即可得到答案.

【详解】

作出可行域如图所示

设圆心为，则

,

过作直线的垂线，垂足为B，显然，又易得，

所以，，

故.

故选：D.

【点睛】

本题考查与线性规划相关的取值范围问题，涉及到向量的线性运算、数量积、点到直线的距离等知识，考查学生转化与划归的思想，是一道中档题.

12．C

【解析】

【分析】

构造函数，求出导数可知的单调性，由题可知在单调递增，即可求出的范围，得出答案.

【详解】

令，，

则，令，解得，

则时，，单调递增；当时，，单调递减，

对于任意的，都有，即，

即在单调递增，所以，即a的最大值为1.

故选：C.

【点睛】

本题考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题.

13．.

【解析】

结合分段函数的分段条件，分别代入计算，即可求解.

【详解】

由题意，函数，

则.

故答案为：.

【点睛】

本题主要考查了分段函数的求值问题，其中解答中结合分段函数的分段条件，分别代入，准确计算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

14．4

【解析】

【分析】

求导数得切线斜率即的值，然后弦化切代入计算．

【详解】

由已知，所以，

．

故答案为：4．

15．

【解析】

【详解】

由于，且，故三角形为等腰直角三角形，故直线的斜率为，即直线的方程为，，根据圆心到直线的距离等于，有，代入得，故离心率为.

【点睛】本题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查直线和圆的位置关系，考查向量加法的几何意义.本题突破口在于，根据向量加法的几何意义可以知道是的中点，再结合直线和圆相切，可以判断出三角形为等腰直角三角形，这样直线方程就可以求出来了，再利用点到直线距离公式建立方程，来求离心率.

16．

【解析】

【分析】

构造函数，由导数确定单调性后，利用单调性解函数不等式．

【详解】

设，则 ，

因为，，所以 ，在上单调递减，

，即，令 ，即， ，

所以，，所以 ．

故答案为：．

【点睛】

关键点点睛：本题考查解函数不等式，解题关键是构造新函数，利用导数确实单调性，已知不等式转化为关于 的函数不等式，然后求解．

17．（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据正弦定理进行边角转化，结合三角恒等变换求得角B.

（2）由面积公式求得ac，结合余弦定理，表示出CD，利用基本不等式求最小值.

【详解】

解：（1）由，可得，

所以，

即，

又，化简可得，

即，

因为，所以.

（2）因为，所以，

在中，由余弦定理可得

，

当且仅当，时，等号成立，

所以，即的最小值为.

【点睛】

方法点睛：在解三角形中，利用正弦定理，余弦定理进行边角转化，找到与问题相关的表达式，从而解决问题，如借助基本不等关系求解最值等.

18．（1）；（2）；（3）18号.

【解析】

（1）利用抽样比，分别计算抽取男性和女性的人数，再通过列举的方法计算古典概型概率；（2）首先求，再根据参考数据计算，并计算回归直线方程；（3）根据回归直线方程，当时，求的范围，即最大值.

【详解】

（1）由题意知2月11日这一天新增的25人中有男性15人，女性10人，按性别分层抽取5名，则男性被抽取的人数为人，女性被抽取的人数为人，

记3名男性分别为，2名女性为，

则从这5人中抽取2人的情况有，一共10种情况，

2人中至少有1名女性的情况共有7种，

故所求概率为.

（2），，

，

∴关干的线性回归方程.

（3）要使新增病例人数不超过36人，则须，解得，

即按照当时的疫情发展情况，新增病例人数不超过36人，最多可以支撑到18号.

【点睛】

思路点睛：本题考查分层抽样、古典概型及其线性回归分析.概率与统计知识相交汇是高考考查概率主观题的特点.我们正是从这一角度出发，以现下新型冠状病毒肺炎疫情为背景，把分层抽样、古典概型与线性回归分析相结合，分析实际问题.

19．（1）见证明；(2)

【解析】

【分析】

（1）分别证明和，结合直线与平面垂直判定，即可．（2）法一：计算，结合和，即可．法二 :计算，结合，计算体积，即可．法三：结合，计算结果，即可．

【详解】

(1)证明：设点在平面内的射影为，

则，，且，因，所以.

在中，，，

则，在中，，，

则，

故，故.

因，故.

(2)法一、，

由(1)得，故是三棱锥的高，

是正三角形，，，

，

，

故三棱柱的体积，故三棱柱的体积为.

法二、将三棱柱补成四棱柱如图，因且高一样，

故，

故，

由(1)得，故是四棱柱的高，

故，

故，故三棱柱的体积为.

法三、在三棱锥中，由(1)得，是三棱锥的高，6分

记到平面的距离为，

由得，即，

为的中点，故到平面的距离为，

.

故三棱柱的体积为.

【点睛】

本道题考查了直线与平面垂直的判定，考查了三棱柱的体积计算公式，难度较大．

20．（1）；（2）证明见解析．

【解析】

【分析】

（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义即可求解；

（2）转化为证，构造函数，结合导数分析函数的性质，可证．

【详解】

解：（1）因为，

所以，，

由题意得，

所以，解得；

证明（2），

令，，

则，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

故当时，取得最小值，

所以，

故，

所以．

21．(1)

(2)存在，

【解析】

【分析】

（1）由椭圆定义和离心率可得答案；

（2）设存在定点，设出直线AP的方程为．联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理可得直线OE的方程、直线DM方程，再联立两个方程可得答案.

(1)

因为，所以，

又，所以，

故椭圆方程为：．

(2)

设存在定点，满足条件．由已知，

设直线AP的方程为，

由消去y整理得，

，

所以，，

时，，

所以直线OE的方程为，①

由中，令，得，从而，

又，所以，

所以直线DM方程为，②

由①②消去参数k，得，即，③

方程③要表示圆，当且仅当，此时圆的方程为，

时，在上述圆上，

所以存在定点使直线DM与OE的交点Q在一个定圆上，

且定圆方程为：.

22．（1）；；（2）.

【解析】

（1）由消去t，可得的普通方程；先把的参数方程为化为普通方程，再化为极坐标方程；

（2）利用参数方程表示上任意一点坐标，用点到直线的距离公式表示距离，用三角函数求最小值.

【详解】

（1）由,所以，代入，整理化简得：，

因为中，所以，

即的普通方程为：.

由得：，

所以的普通方程为：，

把代入，整理化简得：，

所以的极坐标方程为：.

(2)设上任意一点坐标，设P到的距离d：

其中时，有， d取得最小值

【点睛】

(1)参数方程与普通方程的互化通常用；极坐标方程与直角坐标方程的互化通常用；

(2)利用参数方程可以用来求最值，简化运算．

23．(1)或；

(2)4．

【解析】

【分析】

(1)代入a＝2，根据x的范围去绝对值，分类讨论解二次不等式即可；

(2)根据绝对值三角不等式可得，根据柯西不等式即可得的最小值．

(1)

当时，不等式即，

∴：，或，

∴，或，

故不等式的解集为或；

(2)

由绝对值三角不等式可得：

，当且仅当时取等号，

∵均为正实数，∴，

∴根据柯西不等式可得，，

∴，当且仅当，即时等号成立，

∴的最小值是4．