2022届重庆市巴蜀中学高三高考适应性月考（七）数学试题含解析

这是一份2022届重庆市巴蜀中学高三高考适应性月考（七）数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届重庆市巴蜀中学高三高考适应性月考（七）数学试题一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据集合的交集运算，即可求出结果.【详解】因为所以.故选：C.2．已知在等比数列中，，则（       ）A． B．3 C． D．9【答案】A【分析】根据等比数列的性质，即可直接求得结果.【详解】因为数列为等比数列，故可得，解得.故选：A.3．已知m，n表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（       ）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】D【分析】根据空间直线与平面间的位置关系判断．【详解】若，，也可以有，A错；若，，也可以有，B错；若，，则或，C错；若，，则，这是线面垂直的判定定理之一，D正确故选：D．4．已知角的终边过点，且，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角函数的定义，结合已知条件，即可求得结果.【详解】因为角的终边过点，且，故可得，解得，则.故选：B.5．已知圆与双曲线的渐近线相切，则正实数a的值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分别求出圆的圆心坐标和双曲线的渐近线方程利用点到直线的距离公式求解即可.【详解】圆的标准方程为，其圆心坐标为，则圆与双曲线的两条渐近线都相切，双曲线的渐近线方程为，则，解得，故选:.6．已知，则a，b，c的大小关系为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对数函数的性质可知，根据指数函数和幂函数的性质可知，由此即可得到结果.【详解】因为，，所以.故选：D.7．已知，且，则等于（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据已知条件结合正切的和角公式求得，结合同角三角函数关系，求得，再利用正弦和余弦的倍角公式，代值计算即可.【详解】因为，故可得，解得，因为， 又，故可得，又.故选：C.8．已知函数在区间的最大值是M，最小值是m，则的值等于(       )A．0 B．10 C． D．【答案】C【分析】令，则，f(x)和g(x)在上单调性相同，g(x)时奇函数，可得g(x)在，据此可求M＋m，从而求出.【详解】令，则，∴f(x)和g(x)在上单调性相同，∴设g(x)在上有最大值，有最小值.∵，∴，∴g(x)在上为奇函数，∴，∴，∴，.故选：C.二、多选题9．方程表示的曲线中，可以是（       ）A．双曲线 B．椭圆 C．圆 D．抛物线【答案】AB【分析】根据双曲线和椭圆标准方程的特点，即可得到结果.【详解】因为，若，即时，方程表示的曲线双曲线；若，即时，方程表示的曲线椭圆.故选：AB.10．在空间直角坐标系中，有坐标分别是的三个点，平面过点并且与直线垂直．则以下说法正确的是（       ）A．向量是平面的一个法向量B．若平面内一点的空间坐标是，则x，y，z满足关系式C．若平面内一点在线段的垂直平分线上，则线段长度的最小值是6D．对空间任意点，一定存在实数使得成立【答案】AD【分析】根据空间向量的坐标运算，以及空间向量基底的概念，逐项判断，即可得到结果.【详解】设点的空间坐标是，对于选项A，由题意可知，平面，则向量是平面的一个法向量，故A正确；对于选项B，若平面内一点的空间坐标是，由平面，则，所以，即，所以B错误；对于选项C，若平面内一点在线段的垂直平分线上，则 ，所以，即，又，所以，则，当且仅当时取等号，的最小值为，所以C错误；对于选项D，因为三个向量不共面，所以它们可以作为基底表示空间任何向量，所以D正确.故选：AD.11．已知两个变量x，y的关系式，则以下说法正确的是（       ）A．B．对任意实数a，都有成立C．若对任意实数x，不等式恒成立，则实数a的取值范围是D．若对任意正实数a，不等式恒成立，则实数x的取值范围是【答案】BC【分析】和的值直接代入即可求得，转化为求二次函数最大值的问题，若对任意实数x，不等式恒成立转化为关于的二次函数与轴至多有一个交点的问题，若对任意正实数a，不等式恒成立转化为关于的一次函数在内恒大于等于零恒成立的问题.【详解】对于选项A，，，即，则A选项错误；对于选项B，，则B选项正确；对于选项C， 恒成立，即 恒成立，则，解得,即实数a的取值范围是，则C选项正确；对于选项D， 恒成立，令，当时，该函数看成关于的一次函数，函数单调递减，不可能恒大于0，当时，成立，当时，该函数看成关于的一次函数，函数单调递增，当时，，则实数的取值范围是，则D选项错误；故选：.12．已知不共线的向量满足，则以下说法正确的是（       ）A．非零向量在向量上的投影相等B．向量在非零向量上的投影相等C．对于任意给定向量，满足条件的向量有且只有两个D．对于任意给定向量，满足条件的向量的模的最大值是3【答案】AC【分析】根据平面向量的投影概念，即可判断选项A，B是否正确；设设， ，，利用坐标运算根据得到关于的一元二次方程，通过判别式，即可判断选项C是否正确；由，根据坐标运算，可得，再根，利用不等式的性质即可求出向量的模的最大值，进而判断D是否正确.【详解】非零向量在向量上的投影为，非零向量在向量上的投影为，所以非零向量在向量上的投影相等，故A正确；向量在非零向量上的投影为，向量在非零向量上的投影为，所以向量在非零向量上的投影不相等，故B错误；由，设， ，，则，，所以，则，所以有两解，故存在两个向量；所以C正确；由，所以，又，所以，当且仅当时取等号，但此时，向量共线，不合题意，故D错误.故选：AC.三、填空题13．在的展开式中，的系数为_______．【答案】240【分析】根据的展开式的通项公式，赋值即可求得结果.【详解】因为的通项公式，令，故可得的系数为.故答案为：.14．若复数z满足（i为虚数单位），则复数z在复平面内所对应的点构成的图形的面积为________．【答案】【分析】根据已知条件，求得复数在复平面内的轨迹方程，再求轨迹对应点构成图形的面积即可.【详解】不妨设复数，则，即，则，其表示以为圆心且半径的圆的内部以及圆上的点，则这些点构成的图形的面积为.故答案为：.15．3个学生和3个老师共6个人站成一排照相，有且仅有两个老师相邻，则不同站法的种数是_______（结果用数字表示）．【答案】【分析】根据题意，分3步进行分析：①将3个老师分成2组，并考虑2人的一组的2人之间的顺序;②将剩余的3个学生全排列，形成有4个空位；③在4个空位中任选2个安排3个老师分成的两个组，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分3步进行分析：①将3个老师分成2组，有种分组方法，将2人的一组看成一个元素，考虑2人之间的顺序，有种情况；②将剩余的3个学生全排列，有种排法，排好后，有4个空位；③在4个空位中任选2个，安排3个老师分成的两个组，有种方法，则6人站成一排照相，3个老师中有且只有两个老师相邻的站法有种.故答案为：.16．在微积分中“以直代曲”是最基本，最朴索的思想方法，中国古代科学家刘徽创立的“割圆术”，用圆的外切正边形和内接正边形“内外夹逼”的办法求出了圆周率的精度较高的近似值，事实上就是用“以直代曲”的思想进行近似计算的，它是我国最优秀的传统科学文化之一．借用“以直代曲”的方法，在切点附近、可以用函数图象的切线代替在切点附近的曲线来“近似计算”．请用函数“近似计算”的值为__________（结果用分数表示）．【答案】20232022112022【分析】求出函数的导函数，得到函数在处的导数值，再由直线方程的点斜式求曲线在点处的切线方程；曲线的切点附近，可用切线近似代替函数曲线，即在附近，有，再将代入，即可求出结果．【详解】函数的导数为，所以，函数在点处的切线，所以在附近可以用 代替，即，又非常接近，. 故答案为：.四、解答题17．已知数列的前n项和为，且组成等差数列．(1)求的通项公式；(2)设，且数列的前n项和为，求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据已知条件，利用的关系，结合等比数列的通项公式，即可求得结果；（2）根据（1）中所求，结合裂项求和法，求得关于的函数关系式，再求其值域即可证明.【详解】(1)∵组成等差数列，∴，当时可得∴，即，又当时，，解得，故数列是首项为，公比为的等比数列，则.(2)由（1）可知，故则∵   故，故，即证.18．已知，将的图象向右平移单位后，得到的图象，且的图象关于对称．(1)求；(2)若的角A，B，C所对的边依次为a，b，c，且，若点D为边靠近B的三等分点，试求的长度．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用三角恒等变换化简，根据三角函数图象的变换求得，再根据其对称中心，即可求得参数；（2）根据（1）中所求，求得，再利用余弦定理求得，再在△中，利用余弦定理，即可求得.【详解】(1)因为．又将的图象向右平移单位后，得到的图象则，又其一个对称中点为，故将代入，则，解得，故当时，满足题意，∴.(2)由（1）可知，又，则或，则或，即或，又，故可得，又，故在△中，由余弦定理可得，则，又为边上靠近点的三等分点，故；又，在中，由余弦定理可得：,故可得即为所求.19．如图甲所示，在平面四边形中，，现将沿折起，如图乙所示，使得．(1)求证：平面平面；(2)取的中点E，的中点F，与交于点G，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)过点A作，连接CO，过点O作，根据勾股定理证明AO⊥OC即可；(2)易知OA、OB、OC两两垂直，故建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】(1)过点A作，连接CO，过点O作．∵，∴.∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，平面，∴平面，又∵平面，∴平面平面．(2)以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系：则，，则，设平面的法向量为，则，设直线，直线，则，，∴CE：，BF：，∴，∴，∴，设与平面所成角为，则.20．第24届冬季奥林匹克运动会（The   XXIV   Olympic Winter Games），即2022年北京冬季奥运会，于2022年2月4日星期五开幕，2月20日星期日闭幕．北京冬季奥运会设7个大项，15个分项，109个小项．北京赛区承办所有的冰上项目；延庆赛区承办雪车、雪橇及高山滑雪项目；张家口赛区的崇礼区承办除雪车、雪橇及高山滑雪之外的所有雪上项目．某运动队拟派出甲、乙、丙三人去参加自由式滑雪．比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛．已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别是p和，其中．(1)甲、乙、丙三人中，谁进入决赛的可能性最大；(2)若甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为，求p的值；(3)在（2）的条件下，设进入决赛的人数为，求的分布列．【答案】(1)甲进入决赛可能性最大(2)(3)分布列见解析【分析】（1）分别求出甲、乙、丙三人初赛的两轮均获胜的概率，然后比较即可；（2）利用相互独立事件的概率的求法分别求出甲和乙进入决赛的概率、乙和丙进入决赛的概率、甲和丙进入决赛的概率，即可通过甲、乙、丙三人中恰有两人进人决赛的概率为，列方程求解；（3）先确定进入决赛的人数为的取值，依次求出每一个值所对应的概率，列表即可.【详解】(1)甲在初赛的两轮中均获胜的概率为：乙在初赛的两轮中均获胜的概率为：丙在初赛的两轮中均获胜的概率为：∵，∴，∴ ∴甲进入决赛可能性最大．(2) 整理得，解得或，又∵，∴；(3)由（2）得，丙在初赛的两轮中均获胜的概率为：，进入决赛的人数为可能取值为， ，，，，，，，∴的分布列为0123P 21．已知椭圆的左、右焦点为，P为椭圆上一点，且，．(1)求椭圆的离心率；(2)已知直线交椭圆于两点，且线段的中点为，若椭圆上存在点，满足，试求椭圆的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）由，以及，建立关于的方程，即可得到结果；（2）设，由（1）可知，可设椭圆方程为，根据，可得，设将其与椭圆方程联立，由韦达定理和点满足椭圆方程，可求出，进而求出结果.【详解】(1)解：因为，所以，即，则，解得．(2)解：设，由，得，所以，所以设，即由于在椭圆上，则，，①由，得，即由在椭圆上，则,即，即，②将①代入②得：，③线段的中点为，设可知，所以，其中，解得，所以，方程为又，④将④代入③得：，经检验满足，所以椭圆的方程为.22．已知函数（为自然对数的底数，）．(1)求的单调区间和极值；(2)若存在，满足，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出的导数，分和两种情况，利用导数在函数单调性中的应用，即可求出单调区间和极值；（2）由题（1）可设，设，根据函数的单调性可证，又在上单调递增，可证，在证明，即可证明结果.【详解】(1)解：.当时，，所以在上单调增，无极值；当时，令，得，当时，；当时，；所以在上单调递减，在单调递增．所以函数的极小值为，无极大值.(2)解：由题（1）可知，当时才存在，满足，不妨设，设，则，因为，所以，所以，所以在上单调递减，所以，所以，即故，因为，又在上单调递增，所以，所以，下面证明：；因为，所以，所以，所以，得证.【点睛】关键点点睛：本题第（2）问涉及到极值点偏移，在解答过程中构造函数是解决本题的关键，这也是解决常见极值点偏移问题的常见方法.