2022南充高三适应性考试（二诊）（二模）数学（文）含解析

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. 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

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，

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. 15､10､25 B. 20､10､20 C. 10､10､30 D. 15､5､30

【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，

高三年级的人数为人.

故选：A.

4. 设都是实数，则“且”是“且”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，若且，由不等式的性质可得且，故充分性成立；

反之取满足且，但且不成立，故必要性不成立；

故“且”是“且”的充分非必要条件

故选：A

5. 在中，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，

则、、、，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，

故A错误；

由等差数列的性质可知，，即，

故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，

即，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5和7，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. 在上单调递减

D. 在上是单调递增

【9题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】首先跟据函数图象求出及，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，因为在上单调递减，所以在上单调递减，故C正确；

对于D：由，则，因为在上不单调，所以在上不单调，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，

设，

由两式相减并化简得，

即，

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，

即，所以，

当时，递增，

所以有唯一解.

当时，递增，

所以有唯一解.

由得，

所以.

令，

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分.把答案填在答题纸上）.

13. 已知实数满足则的最大值为___________.

【13题答案】

【答案】4

【解析】

【分析】转化为，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】转化为，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，是上一点，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，

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，

即，

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

①；

②三棱锥的体积为定值；

③；

④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；

④，当时，的最小值为，正确；

故答案为：①②④.

三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~22题为必考题每个.试题考生都必须作答.第22､23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：

（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）能

【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. 在①；②；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①：由正弦定理化边为角即可求出；选择②：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①：条件即，

由正弦定理可知，，

在中，，所以，

所以，且，即，所以；

选择②：条件即，

即，.

在中，，所以，则，

所以，所以.

【小问2详解】

由（1）知，

由余弦定理知：

所以得

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）若，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，

由及点是棱的中点，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，

而是的中位线，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，

故，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：，过点作垂线，垂足为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）①求证：直线过定点，并求定点的坐标；

②求面积的最大值.

【20~21题答案】

【答案】（1）

（2）①证明见解析，定点；②

【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）①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.

②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】

①由题意知，，设直线方程：.

，

联立方程，

得，

所以，

所以，

又，

所以直线方程为：，

令，

则.

综上：直线过定点.

②由（1）中，所以，

又，

所以，

令，则，

令，

当时，，

故在上单调递增，

则在上单调递减，

即在上单调递减，

所以时，.

21. 已知为的导函数.

（1）求在的切线方程；

（2）讨论在定义域内的极值；

（3）若在内单调递减，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）在内单调递减即为，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：即.

【小问2详解】

设，其中，

则，

当时，，故在上为减函数，故无极值；

当时，

若，则，故在上为增函数；

若，则，故在上为减函数；

故有极大值其极大值为，无极小值.

【小问3详解】

因为在内单调递减，则于恒成立，

故在恒成立即.

令，则.

令得，令得，

故在单调递减，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，求到两点的距离之积.

【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到两点的距离之积.

【小问1详解】

由得，

两式平方后相加得，

曲线是以为圆心，半径等于2圆，

令，

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和，

圆的普通方程为，

以直线的参数方程代入圆的普通方程整理得①，

因为和是方程①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）设，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，

当且仅当即时等号成立，

∴；