山东省肥城市2022届高考适应性训练数学试题（一

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山东省肥城市2022届高考适应性训练数学试题（一）

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．已知集合则的子集的个数为（       ）

A． B． C． D．

2．已知复数满足（i为虚数单位），则（       ）

A． B． C． D．

3．在中，“”是“”的（        ）

A．充要条件 B．必要不充分条件

C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

4．已知向量 且 则（       ）

A． B． C．或 D．或

5．已知是坐标原点，直线与圆：相交于两点，若，则的值为（       ）

A．或 B．或 C．或 D．或

6．已知某圆锥的高为，其侧面展开图为半圆，则该圆锥底面圆的半径为（       ）

A． B． C． D．

7．已知函数满足对任意恒成立，又函数的图象关于点对称，且 则（       ）

A． B． C． D．

8．设， 若，则实数可能是（       ）

A．3 B． C．10 D．11

9．下列结论正确的有（       ）

A．若随机变量，，则

B．若随机变量，则

C．样本相关系数越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱

D．的第百分位数为

10．对于偶函数，下列结论中正确的是（       ）

A．函数在处的切线斜率为

B．函数恒成立

C．若 则

D．若对于恒成立，则的最大值为

11．如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，且，则下列结论中不正确的是（       ）

A．为线段上的点，则存在点使得平面

B．到平面的距离有可能等于

C．与平面所成的角有可能等于

D．四棱锥的外接球的表面积的最小值是

12．椭圆:的左、右焦点分别为，点在椭圆上，点在以为圆心，的长轴长为直径的圆上，则下列说法正确的是（       ）

A．椭圆的离心率为

B．的最大值为

C．过点的直线与椭圆只有一个公共点，此时直线方程为

D．的最小值为

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．记为等差数列的前项和，若，，则=_______．

14．若， 且， 则_______．

15．某等候区有个座位（连成一排），甲、乙、丙、丁四人随机就座，因受新冠疫情影响，要求他们每两人之间至少有一个空位，则不同的坐法有_______种 ．

16．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，双曲线的一条渐近线被抛物线截得的弦为，为坐标原点，若为直角三角形，则该双曲线的离心率等于_______．

17．设的内角的对边分别为 已知.

(1)求角；

(2)若， 求的面积．

18．已知数列满足，，.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

19．如图1，已知等边的边长为，点分别是边上的点，且满足，如图2，将沿折起到的位置．

(1)求证：平面平面；

(2)给出三个条件：①；②平面平面；③四棱锥的体积为，从中任选一个，求平面和平面的夹角的余弦值．

20．已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，焦距为，点在曲线上.

(1)求的标准方程；

(2)若是曲线上一点，为轴上一点，.设直线与椭圆交于两点，且满足的内切圆的圆心落在直线上， 求直线的斜率．

21．已知函数，．

(1)求函数的单调区间；

(2)若直线l与函数，的图象都相切，求直线l的条数．

22．“学习强国”学习平台的答题竞赛包括三项活动，分别为“四人赛”“双人对战”和“挑战答题”.在一天内参与“四人赛”活动，每局第一名积3分，第二、三名各积2分，第四名积1分，每局比赛相互独立. 在一天内参与“双人对战”活动，每局比赛有积分，获胜者得2分，失败者得1分，每局比赛相互独立. 已知甲参加“四人赛”活动，每局比赛获得第一名、第二名的概率均为，获得第四名的概率为；甲参加“双人对战”活动，每局比赛获胜的概率为.

(1)记甲在一天中参加“四人赛”和“双人对战”两项活动（两项活动均只参加一局）的总得分为 ，求的分布列与数学期望；

(2)“挑战答题”比赛规则如下：每位参赛者每次连续回答5道题，在答对的情况下可以持续答题，若第一次答错时，答题结束，积分为0分，只有全部答对5道题可以获得5个积分.某市某部门为了吸引更多职工参与答题，设置了一个“得积分进阶”活动，从1阶到阶，规定每轮答题获得5个积分进2阶，没有获得积分进1阶，按照获得的阶级给予相应的奖品，记乙每次获得5个积分的概率互不影响，均为，记乙进到阶的概率为，求.

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

化简，进而根据交集的定义，计算，然后利用子集的概念即可求解.

【详解】

因为 所以所以的子集共有（个）.

故选：

2．B

【解析】

【分析】

根据给定条件，利用复数除法运算计算作答.

【详解】

依题意，，所以.

故选：B

3．A

【解析】

根据与的互相推出情况，确定出属于何种条件.

【详解】

因为，再由正弦定理可知：，所以；

因为，根据正弦定理可知，又，所以，

所以“”是“”的充要条件，

故选：A.

【点睛】

结论点睛：在三角形中，三角形的内角越大，其所对的边越长，反之亦成立；三角形的内角越小，其所对的边越短，反之亦成立.

4．D

【解析】

【分析】

依题意，用坐标表示数量积，解方程即可.

【详解】

即

即或或6，

故选：D.

5．B

【解析】

【分析】

根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可知，然后可得圆心到直线的距离，根据点到直线的距离公式列方程可解.

【详解】

由，得，则圆心为，半径为，

易知在圆上，因为，

所以，得，

则圆心到直线的距离，

即，即或.

故选：B.

6．C

【解析】

【分析】

利用侧面展开图与原几何体的轴截面之间的数量关系求解即可.

【详解】

如图所示，

设圆锥底面圆的半径为，高为，母线长为，

由题意得，，

以，故，

故选：C.

7．D

【解析】

【分析】

首先利用赋值法求出，代入等式赋值得到，即对称轴为，再根据函数图象的平移规律判断函数为奇函数，进一步求得函数周期，进而得到，则可求出结果.

【详解】

因为对任意，都有

令 得 解得

则 即

所以函数的图象关于直线对称.

又函数的图象关于点对称，则函数的图象关于点对称，

即函数为奇函数，所以

所以 所以8是函数的一个周期，

所以

 故选：D.

8．D

【解析】

【分析】

首先运用赋值法令、，联立方程求出，然后将已知条件转化成，即等号左边应为的倍数，进一步用二项式定理进行转化，即是24的倍数，进而判断出的可能取值.

【详解】

令，则                              ①

令，则        ②

①+②得，，

∵，∴

且是24的倍数，

的值可能是11.

故选：D.

9．AD

【解析】

【分析】

根据正态分布的概率求解、二项分布的方差、相关系数的性质，以及百分位数的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】

对：，故正确；

对：，所以，故错误；

对：样本相关系数的范围在和之间，有正有负，相关有正相关和负相关，

相关系数的绝对值的大小越接近，两个变量的线性相关性越强；

反之，线性相关性越弱，故错误；

对：先把原数据按从小到大排列，

计算第百分位数为 故正确；

故选：.

10．BD

【解析】

【分析】

利用导数的几何意义可判断A；构造函数，利用导数研究不等式恒成立问题可判断B；对求导，构造函数，利用函数的单调性比较函数值的大小可判断C；利用在上的单调性，求出恒成立，进而确定的最大值，进而判断D.

【详解】

因为为偶函数，所以，所以；

对于选项， 因为 所以 所以

 所以函数在处的切线斜率为 故选项正确；

对于选项， 令 则

当时， 所以单调递减，所以

 即   所以

因为为偶函数，所以函数恒成立. 故选项正确；

对于选项， 令

则 当时，

 所以在上单调递减，所以

即在上恒成立，

因此函数在上单调递减. 又

所以 故选项错误；

对于选项，因为函数在上单调递减，

所以函数在上也单调递减，

所以在上恒成立，

即在上恒成立，

即的最大值为 故选项正确；

故选：.

11．CD

【解析】

【分析】

根据线面平行的定义，点到平面的距离的定义，以及线面角和球的表面积公式，逐个选项进行判断即可得到答案.

【详解】

对于选项，点为线段的中点，记和的交点为， 则，

平面，故选项正确;

对于选项B，因为，故平面，所以到平面的距离等于 到平面的距离，由平面，平面平面，所以到的距离即为到平面的距离，当时，到平面的距离等于，故选项B正确；

对于选项C，角是与平面所成的角，当时，线面角为，此时 方程组无正解，故选项C错误；

对于选项D，四棱锥可以补成长方体，长方体的外接球的半径为，而，所以外接球的半径大于等于，所以其表面积的最小值为

，故选项D错误；

故选：CD.

12．BD

【解析】

【分析】

利用椭圆标准方程直接求离心率即可判断A；根据椭圆定义以及基本不等式即可判

断B；直接考虑直线斜率不存在的情况即可判断C；利用椭圆的定义将转化成

，进而根据几何关系求其最值即可判断D.

【详解】

对于选项，由椭圆的方程知，

所以离心率，故选项不正确；

对于选项B， 由椭圆的定义可得，

 所以，

即当且仅当时，的最大值为，故选项B正确；

对于选项C， 当直线的斜率不存在时，所求直线为，满足条件，故选项C错误；

对于选项D， 圆：，

所以，

故选项D正确；

故选：BD.

13．##4.25

【解析】

【分析】

先由求出首项和公差的关系，再由求和公式求比值即可.

【详解】

是等差数列，设公差为，

又，，，

.

故答案为：.

14．##-0.2

【解析】

【分析】

根据已知条件，可以求出的值，利用正切函数的二倍角公式可求得的值，然后利用余弦函数的二倍角公式以及对所求式进行转化，转化为只含有的式子进行求解.

【详解】

由得，故，

所以，解得，或.

因为，所以，

所以

.

故答案为：

15．

【解析】

【分析】

根据题意不相邻问题可以利用“插空法”进行求解.

【详解】

甲、乙、丙、丁每两人之间至少有一个空位，即甲、乙、丙、丁互不相邻，

将甲、乙、丙、丁四个人插入其它五个座位形成的六个空中，

有(种)不同的坐法.

故答案为：.

16．或

【解析】

【分析】

对的直角进行讨论，若，求出点坐标，代入到渐近线方程可得

，进而求出离心率；若，联立抛物线与渐近线方程求出点坐标，根

据向量垂直的数量积为零得出，进而求出离心率.

【详解】

由题意知，双曲线的渐近线方程为，可取渐近线，

若，则，代入，得，故，

故;

若，由得，则由，

得，整理得，

解得（负值舍去），所以此时.

故答案为：或.

17．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）利用余弦定理角化边，将等式变形整理，进而求出角；

（2）首先利用三角恒等变换以及正弦定理角化边将已知转化成，再利用余弦定理求出，进而求出三角形面积.

(1)

由得

由余弦定理得

整理得 ，

所以

又 ， 所以 ；

(2)

由整理得，

故

由正弦定理得得

又 ， 所以 ，

则 .     ①

由余弦定理， 得 ，

即 .       ②

由①②， 得

故 .

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）求出的值，分析可知数列的奇数项和偶数项都是公比为的等比数列，分别求出当为奇数、偶数时的表达式，即可得解；

（2）求得，然后利用分组求和法可求得.

(1)

解：由题意，当时，，可得，

因为，可得，所以，，

所以数列的奇数项和偶数项都是公比为的等比数列.

所以当为奇数时，设，则，

当为偶数时，设，则.

因此，.

(2)

解：由（1）得，

.

19．(1)证明见解析

(2)条件选择见解析，

【解析】

【分析】

（1）在等边中，利用已知条件可证明，利用面面垂直的判定定理即可证明.

（2）构建空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.

(1)

证明：

等边中，由，得即，

所以

又得

在中，，由余弦定理得

，

，

又平面，

平面，

又平面

平面平面

(2)

解（1）：若选择条件①

，平面，

平面，

，

结合（1）可知，两两垂直，

以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：.

设平面的法向量为，，

则，

令则，即，

同理，平面的法向量为，

设平面和平面的夹角为，则，

故平面和平面的夹角的余弦值为.

解（2）：若选择条件②平面平面，

平面平面，平面平面，

平面，

平面，

，

结合（1）可知，两两垂直，

以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：.

设平面的法向量为，，

则，

令则，即，

同理，平面的法向量为，

设平面和平面的夹角为，则，

故平面和平面的夹角的余弦值为.

解（3）：若选择条件③四棱锥的体积为，

容易求得，四边形的面积为，又四棱锥的体积为，

所以，四棱锥的高为，即点到底面的距离为1，

又因为，

平面，

，

结合（1）可知，两两垂直，

以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：，

设平面的法向量为，，，

则，

令则，即，

同理，平面的法向量为，

设平面和平面的夹角为，则，

故平面和平面的夹角的余弦值为.

20．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）依题意列出几何量方程组，直接求解可得；

（2）先求点P坐标，然后可得直线的斜率关系，设直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理代入斜率关系，化简可得.

(1)

易知，，

又，

所以.

所以；

(2)

因为，所以是的中点. 结合轴，

所以轴，所以().

因为的内切圆的圆心落在直线上，

所以直线关于直线对称.

所以的倾斜角互补，所以

显然直线的斜率存在，设：，由

得，由得.

设， ，则，，

由+，整理得，

所以，即

若，则，

所以直线的方程为，此时，直线过点，舍去.

所以，即.

所以的斜率为

21．(1)在上单调递增，在上单调递减

(2)两条

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；

（2）设直线分别与函数，的图象相切于点，，依题意可得，即可得到方程组，整理得，令，利用导数说明函数的单调性，利用零点存在性定理判断零点的个数，即可得解；

(1)

解：由题设，，定义域为，

则

当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.

(2)

解：因为，，所以，，

设直线分别与函数，的图象相切于点，

则，即

由，得

即，即

由，得，代入上式，得

即，则

设

当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.

因为，，

则在上仅有一个零点.

因为，则在上仅有一个零点.

所以在上有两个零点，故与函数，的图象都相切的直线有两条.

22．(1)分布列见解析，

(2)

【解析】

【分析】

(1)根据题意列出X所有可能取值，针对每一取值做具体分析，写出分布列；

(2)根据题意找出 ， ， 之间的关系，求数列通项即可.

(1)

甲参加“四人赛”时，每局比赛获得第三名的概率为，

依题意，所有可能的取值为   

，

所以 的分布列如表所示

所以 ；

(2)

依题意， ， ，

“进到阶”的情况包括：第一种情况是进到阶后下一轮未获得5个积分，其概率为；第二种情况是进到阶后下一轮获得5个积分，其概率为，两种情况互斥，所以 ，

则

所以

又 ，

所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，

故

即 ；

综上，为E(X)= ，.