2022届广西师范大学附属外国语学校高三5月适应性模拟测试数学试题含解析

这是一份2022届广西师范大学附属外国语学校高三5月适应性模拟测试数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022届广西师范大学附属外国语学校高三5月适应性模拟测试数学试题
一、单选题
1．设复数在复平面内对应的点为，则的虚部为（       ）
A． B．-1 C．1 D．3
【答案】C
【分析】利用复数的除法运算化简即可求解
【详解】由题意可得，所以，故其虚部为1，
故选:C．
2．“直播电商”已经成为当前经济发展的新增长点，某电商平台的直播间经营化妆品和服装两大类商品，年前三个季度，该直播间每个季度的收入都比上一季度的收入翻了一番，其前三季度的收入情况如图所示，则下列说法正确的是（       ）

A．该直播间第三季度总收入是第一季度总收入的倍
B．该直播间第二季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的
C．该直播间第一季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的
D．该直播间第三季度服装收入高于前两个季度的服装收入之和
【答案】D
【分析】设该直播间第一季度的总收入为，计算出该直播间在第二、第三季度的化妆品收入和服装收入，逐项判断可得出合适的选项.
【详解】设该直播间第一季度的总收入为，则该直播间第二季度的总收入为，第三季度的总收入为.
对于A选项，该直播间第三季度总收入是第一季度总收入的倍，A错；
对于B选项，该直播间第二季度、第三季度的化妆品收入分别为、，
故该直播间第二季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的，B错；
对于C选项，该直播间第一季度化妆品收入是，
故该直播间第一季度化妆品收入是第三季度化妆品收入的，C错；
对于D选项，该直播间第一季度、第二季度、第三季度的服装收入分别为、、，
，故该直播间第三季度服装收入高于前两个季度的服装收入之和，D对.
故选：D.
3．设集合，，则集合的元素个数为（       ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】A
【分析】根据函数与的图象的交点个数可得答案.
【详解】因为函数与在第二象限有唯一个交点，在第一象限有两个交点和.

所以集合的元素个数为.
故选：A.
4．星等分为两种：目视星等与绝对星等但它们之间可用公式转换，其中为绝对星等，为目视星等，为距离（单位：光年）．现在地球某处测得牛郎星目视星等为0.77，绝对星等为2.19；织女星目视星等为0.03，绝对星等为0.5，且牛郎星和织女星与地球连线的夹角大约为34°，则牛郎星与织女星之间的距离约为（       ）（参考数据：，，）
A．26光年 B．16光年 C．12光年 D．5光年
【答案】B
【分析】依题意可得，设地球与牛郎星距离为，地球与织女星距离为，织女星与牛郎星距离为，求出，，再利用余弦定理计算可得；
【详解】解：由，所以，由题意知：、、、，设地球与牛郎星距离为，地球与织女星距离为，织女星与牛郎星距离为，则，
，如图由余弦定理，所以，即牛郎星与织女星之间的距离约为16光年；
故选：B

5．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，若，则的面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出，可知为等腰三角形，取的中点，可得出，利用勾股定理求得，利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】在椭圆中，，，则，所以，，
由椭圆的定义可得，
取的中点，因为，则，
由勾股定理可得，

所以，.
故选：B.
6．已知△ABC中，边AB，AC的垂直平分线交于点D，且，若，则（       ）
A．-4 B．2 C．2 D．4
【答案】A
【分析】根据向量的运算可推得D为BC的中点，BC为圆D的直径，由此求得∠ADB=60°， ,再根据数量积的运算即可求得答案.
【详解】依题意，D为△ABC的外接圆心.而，即，
则，则D为BC的中点，故BC为圆D的直径，
则∠BAC=90°，
又，故△ABD是等边三角形，∠ADB=60°， ,
则,
故选：A.
7．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据几何体的三视图，结合长方体的性质，得到原几何体，利用三棱柱和三棱锥的体积公式，即可求得该几何体的体积.
【详解】根据题意作出长方体，取的中点，
分别连接，得到几何体，
可得几何体即为三视图所对应的几何体，
根据给定的几何体的三视图，可得，
则三棱柱的体积为，
三棱锥的体积为，
所以几何体的体积为.
故选：B.

8．已知，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】方法一：根据，进一步确定x的范围，再由，利用平方关系和商数关系求解；方法二：根据，进一步确定x的范围，求得．再由求解.
【详解】解：方法一：因为，
所以，
又，
故，
故．
由题意，，
则，
上式平方得，故，
故．
方法二：因为，所以，
又，
所以．
又，
，
故选：D．
9．设等差数列的公差为d，若，则“”是“（）”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用指数函数的单调性、数列增减性的定义以及等差数列的定义，结合充分、必要性定义判断即可.
【详解】充分性：若，则，即，∴，即，所以充分性成立；必要性：若，即，∴，则，必要性成立.因此，“”是“”的充要条件.
故选：C.
10．已知函数是定义在上的偶函数，且为奇函数.若，则曲线在点处的切线方程为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由题可得函数的周期为4，可求，利用可得，可求，即得切线方程.
【详解】∵函数是定义在上的偶函数，且为奇函数，
∴，
∴，
∴，
∴函数的周期为4，
令可得即
∴，
由得，
∴，又
∴，
∴曲线在点处的切线方程为即.
故选：D.
11．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到大于3.14的不同数字的个数为（       ）
A．720 B．1440 C．2280 D．4080
【答案】C
【分析】以间接法去求解这个排列问题简单快捷.
【详解】一共有7个数字，且其中有两个相同的数字1.
这7个数字按题意随机排列，可以得到个不同的数字.
当前两位数字为11或12时，得到的数字不大于3.14
当前两位数字为11或12时，共可以得到个不同的数字，
则大于3.14的不同数字的个数为
故选：C
12．声音是物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音.若一个复合音的数学模型是函数；以下几个结论：
①是的一个周期；
②在上有3个零点；
③的最大值为；
④在上是增函数.
则正确的个数为（       ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】根据正弦函数的周期可判断①正确；解方程可判断②正确；利用导数判断函数在上的最大值和单调性即可判断③④.
【详解】的最小正周期是，的最小正周期是，
所以的最小正周期是，故①正确；
当，时，
，即，
即或，解得或或，
所以在上有3个零点，故②正确；
因为的周期为，所以只需求在上的最大值，
，
令，解得或，
当或时，，此时，则在，上单调递增，
当时，，此时但不恒为0，则在上单调递减，因为，，则当时，函数取得最大值，故③正确，④错误.
故答案为：B.
二、填空题
13．若实数，满足约束条件：，则的最小值为______
【答案】
【分析】先画出可行域，然后由，得，作出直线，向下平移过点B时，取得最小值，求出点B的坐标，代入目标函数中可得答案
【详解】不等式组表示的可行域如图所示，

由，得，作出直线，向下平移过点B时，取得最小值，
由，得，即，
所以的最小值为，
故答案为：
14．设分别是椭圆的左、右焦点，直线过交椭圆于两点，交轴于点，若满足，且，则椭圆的离心率为______.
【答案】
【分析】利用已知条件求出点A的坐标,利用两点同的距离公式求得，，利用椭圆的定义求得，整理求得离心率.
【详解】设点A坐标为,，所以有,解得：.
因为，所以直线l的方程为，
所以点，
所以有，，
所以，
所以.
故答案为：.
15．正四棱柱中，，.若是侧面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为___________.
【答案】2.
【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，由得，证明为与平面所成角，令，用三角函数表示出，求解三角函数的最大值得到结果.
【详解】
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，则，
，又，
得即；
又平面，为与平面所成角，
令，

当时，最大，即与平面所成角的正切值的最大值为2.
故答案为：2
【点睛】本题主要考查了立体几何中的动点问题，考查了直线与平面所成角的计算.对于这类题，一般是建立空间直角坐标，在动点坐标内引入参数，将最值问题转化为函数的最值问题求解，考查了学生的运算求解能力和直观想象能力.
16．设等差数列的前项和为，等比数列的前项和，数列满足，，，且；下列几个结论中，所有正确结论的编号为___________.
①；②；③；④.
【答案】③④
【分析】求出以及在时的表达式，结合数列为等比数列可求出的值，可判断①的正误；求出数列的通项公式，利用作差法可判断②的正误；求出的表达式，利用作差法可判断③的正误；利用累加法求出数列的通项公式，利用放缩法结合裂项求和法可判断④的正误.
【详解】对于①，当时，，
当时，，
因为是等比数列，所以，，所以，，①错；
对于②，因为，，.
又因为是等差数列，所以，公差，则.
所以，.
设，则，
所以，，即，②错；
对于③，
，③对；
对于④，因为，
当时，
，
当时，满足，
所以，.
所以，.
故，④对.
故答案为：③④.
三、解答题
17．在中，角，，的对边分别为，，.，均为锐角，且满足.
（1）证明：是直角三角形；
（2）若面积为，求的周长的最小值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)利用正弦定理边化角，再用和角的正弦公式变形等式，然后借助反证法即可得解；
(2)由给定条件结合(1)的结论可得bc=16，再利用勾股定理并借助配方法即可得解.
【详解】(1)在中，由正弦定理及得，
而，于是得，
假设不是直角三角形，而，均为锐角，则，即或，
当时，，则，同理，
因此，与矛盾，
当时，，则，同理，
则有，与矛盾，
从而得假设不成立，则有，
所以是直角三角形；
(2)由(1)知，是直角三角形，，则，解得，即
的周长，当且仅当时取“=”，
所以的周长的最小值是.
18．已知二面角的大小为，四棱锥中，，，，，，且，，，.


(1)证明：.
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，平面，可得；
（2）以为原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求出结果.
【详解】(1)证明：因为，，所以，
因为，，所以，
因为，所以平面，
又由，，的，
，，得，
因为，所以平面，
所以.
(2)由（1）可知，，
∴为二面角的平面角，∴，
又，，
∴四边形为圆内接四边形，∴.
设，则，
∴，，
因为，所以，
所以，所以，所以，
所以，
所以，，
以为原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：


则，，，，，
设平面的法向量为，则，
取，得，，∴.
设平面的法向量为，则，
取，得，，∴.
∴，
结合图形可知，二面角为锐二面角，
故二面角的余弦值为.
19．某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务（货物全部用统一规格的包装箱包装），现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送货物量T（单位：箱）分成了以下几组：，，，，，，并绘制了如图所示的频率分布直方图（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率）.

（1）该物流公司负责人决定用分层抽样的方法从前3组中随机抽出11天的数据来分析可配送货物量少的原因，并从这11天的数据中再抽出3天的数据进行财务分析，求这3天的数据中至少有2天的数据来自这一组的概率.
（2）由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量T（单位：箱）服从正态分布，其中近似为样本平均数.
（ⅰ）试利用该正态分布，估计该物流公司2000天内日货物配送量在区间内的天数（结果保留整数）.
（ⅱ）该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为公司装卸货物的员工制定了两种不同的工作奖励方案.
方案一：直接发放奖金，按每日的可配送货物量划分为以下三级：时，奖励50元；，奖励80元；时，奖励120元.
方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中每日的可配送货物量不低于时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率分别为
奖金
50
100
概率



小张恰好为该公司装卸货物的一名员工，试从数学期望的角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？
附：若，则，.
【答案】（1）（2）（ⅰ）天（ⅱ）小张选择方案二更有利
【分析】（1）由分层抽样知识可知，这11天中前3组的数据分别有1个，4个，6个，即可求得相应的概率；
（2）（ⅰ）由，可得的值，得到日货物配送量在区间内的天数；（ⅱ）由，方案一，设小张每日可获得的奖金为的可能取值，求得期望值；方案二，设小张每日可获得的奖金为的所有可能取值，求得相应的概率，得出分布列，利用公式求得数学期望，比较两个期望值的大小，即可求解.
【详解】（1）由分层抽样知识可知，这11天中前3组的数据分别有1个，4个，6个，
所以至少有2天的数据来自这一组的概率概率为.
（2）（ⅰ）由题得，
所以.
故2000天内日货物配送量在区间内的天数为.
（ⅱ）易知.
对于方案一，设小张每日可获得的奖金为元，则的可能取值为50，80，120，
其对应的概率分别为0.25，0.6，0.15，
故.
对于方案二，设小张每日可获得的奖金为元，则的所有可能取值为50，100，150，200，
故，，
，.
所以的分布列为

50
100
150
200






所以.
因为，
所以从数学期望的角度看，小张选择方案二更有利.
【点睛】本题主要考查了古典概型的概率的计算，以及正态分布曲线的特征，以及离散型随机变量的分布列、数学期望计算及应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
20．已知抛物线：的焦点为，､是该抛物线上不重合的两个动点，为坐标原点，当点的横坐标为4时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)以为直径的圆经过点，点､都不与点重合，求的最小值.
【答案】(1)
(2)11
【分析】（1）当点的横坐标为4时，利用求出点的纵坐标，将的坐标代入抛物线方程可求出，可得抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，设点､.联立直线与抛物线方程，根据韦达定理和，求出，再根据抛物线的定义求出，结合二次函数知识可求出结果.
【详解】(1)当点的横坐标为4时，设，因为，所以，，
所以，所以，所以，
所以，得，
所以所求抛物线的方程为.
(2)设直线的方程为，设点､.
由方程组得.
∴，即，且，.
∴，.
因为以为直径的圆经过点，所以，∴，
∴，即，
∴，
∴，∴，
∴或，
若，直线：过点，不合题意，舍去.
所以，∴.
则，
所以，当时，最小，且最小值为11.
21．已知函数，直线为曲线的切线（为自然对数的底数）．
（1）求实数的值；
（2）用表示中的最小值，设函数，若函数
为增函数，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【详解】试题分析：（1）先求导，然后利用导数等于求出切点的横坐标，代入两个曲线的方程，解方程组，可求得；（2）设与交点的横坐标为，利用导数求得，从而，然后利用求得的取值范围为.
试题解析：
（1）对求导得．
设直线与曲线切于点，则
，解得，
所以的值为1．
（2）记函数，下面考察函数的符号，
对函数求导得．
当时，恒成立．
当时，，
从而．
∴在上恒成立，故在上单调递减．
，∴，
又曲线在上连续不间断，所以由函数的零点存在性定理及其单调性知唯一的，使．
∴；，，
∴，
从而，
∴，
由函数为增函数，且曲线在上连续不断知在，上恒成立．
①当时，在上恒成立，即在上恒成立，
记，则，
当变化时，变化情况列表如下：




3







0







极小值




∴，
故“在上恒成立”只需，即．
②当时，，当时，在上恒成立，
综合①②知，当时，函数为增函数．
故实数的取值范围是
【解析】函数导数与不等式.
【方法点晴】
函数导数问题中，和切线有关的题目非常多，我们只要把握住关键点：一个是切点，一个是斜率，切点即在原来函数图象上，也在切线上；斜率就是导数的值.根据这两点，列方程组，就能解决.本题第二问我们采用分层推进的策略，先求得的表达式，然后再求得的表达式，我们就可以利用导数这个工具来求的取值范围了.
22．已知平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的普通方程以及曲线的直角坐标方程；
（2）已知过原点的直线与曲线仅有1个交点，若与曲线也仅有1个交点，求点的极坐标．
【答案】（1）（或），；（2）的极坐标为或（答案不唯一）．
【分析】（1）先求得的取值范围，然后消去参数求得曲线的普通方程.根据极坐标与直角坐标的转换公式求得曲线的直角坐标方程.
（2）设出直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径求得的值，联立直线的方程和曲线的方程，求得点的直角坐标并转为极坐标.
【详解】（1）当时，，当且仅当时等号成立.
当时，，当且仅当时等号成立.
而曲线故曲线的普通方程（或）；
而曲线，
故曲线的直角坐标方程；
（2）易知直线的斜率存在，设直线；
而圆，故，解得；
联立解得或
故点的极坐标为或．
注：极坐标不唯一，正确的均给分．
23．（Ⅰ）求的解集；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，设，，，证明：，，不能都大于1．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）讨论、、分别求得解集，取并即为所求解集M.
（Ⅱ）根据基本不等式有，，，结合反证法即可证明结论.
【详解】（Ⅰ）由题设，，
∴当时，，得；
当时，恒成立；
当时，，得；
∴综上，得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：，，，
∴，，，其中等号成立的条件为.
∴，
假设，，都大于1，即显然与结论矛盾.
∴，，不能都大于1，得证.
【点睛】关键点点睛：
（Ⅰ）分类讨论法求绝对值不等式的解集.
（Ⅱ）应用基本不等式，反证法.