2022山东省肥城市高三下学期高考适应性训练（高考仿真模拟）数学试题（二）含解析

2022年高考适应性训练

数学试题 （二）

本试卷共22题，满分150分，共8页．考试用时120分钟．

注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡“贴条形码区”.

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案. 答案不能答在试卷上.

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液. 不按以上要求作答无效.

4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 设全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出集合A，由图可知阴影部分表示的集合为，根据并集的定义即可得解.

【详解】解：，，

图中阴影部分表示的集合为，且.

故选：C.

2. 命题：有的等差数列是等比数列，则（    ）

A. ：有的等差数列不是等比数列

B. ：有的等比数列是等差数列

C. ：所有的等差数列都是等比数列

D. ：所有的等差数列都不是等比数列

【答案】D

【解析】

【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.

【详解】因为命题是存在量词命题，存在量词的否定为全称量词，且否定结论，

所以命题的否定是“所有的等差数列都不是等比数列”．

故选:D．

3. 在矩形中，是的中点，是上靠近的三等分点，则向量=（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据平面向量的线性运算法则，准确化简，即可求解.

【详解】如图所示，根据平面向量的运算法则，可得

. 

故选：B．

4. 已知，，其中且，且，若，则的值为（    ）

A.  B.  C. 2 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】由对数换底公式用表示出，代入解方程可得．

【详解】因为，所以，得，

所以.

即. 因为，所以，解得

故选：A．

5. 2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”凭借憨态可掬的熊猫形象备受追捧，引来国内外粉丝争相购买，竟出现了“一墩难求”的局面. 已知某工厂生产一批冰墩墩，产品合格率为. 现引进一种设备对产品质量进行检测，但该设备存在缺陷，在产品为次品的前提下用该设备进行检测，检测结果有的可能为不合格，但在该产品为正品的前提下，检测结果也有的可能为不合格. 现从生产的冰墩墩中任取一件用该设备进行检测，则检测结果为合格的概率是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由全概率公式求解

【详解】设事件“任取一件产品用该设备进行检测，检测结果为合格”，事件“抽取的该产品为正品”，事件“抽取的该产品为次品”，则

，，，，由全概率公式得

.

故选：C

6. 在正三棱锥中，底面是边长为正三角形，是的中点，若直线和平面所成的角为，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先作出直线和平面所成的角，求得三棱锥的高AF，进而得到关于三棱锥外接球半径的方程，进而求得三棱锥外接球的表面积

【详解】连接，AE，过A点作平面于，则落在上，且为的重心，所以为直线和底面所成的角，即.

因为的边长为，所以，.

设三棱锥外接球的球心为，外接球半径为，则在上，连接.

在中，，，，由勾股定理得，

，即，

解得. 所以三棱锥外接球的表面积为.

故选：C

7. 函数的大致图像为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】判断函数的奇偶性排除两个选项，再由函数值的正负排除一个选项，得正确结论．

【详解】函数的定义域为，当时，，，所以为奇函数，故排除B、D选项.

当时，，，所以，排除C，

故选：A．

8. 已知、为椭圆的左、右焦点，若为椭圆上一点，且的内切圆的周长等于，则满足条件的点的个数为（    ）

A.  B.  C.  D. 不确定

【答案】B

【解析】

【分析】计算出，，计算出的内切圆的半径为，结合等面积法可求得点的坐标，即可得解.

【详解】由得，，所以，.

由椭圆的定义知，，.

因为的内切圆的周长等于，所以内切圆的半径为，

，

设点，则，所以，，

将点的坐标代入椭圆方程可得，解得，

所以，点的坐标为或或或，

因此，满足条件的点的个数为.

故选：B.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 如图，正方体的棱长为 ，线段上有两个动点，，且，以下结论正确的有（    ）

A.

B. 正方体体积是三棱锥的体积的6倍

C.

D. 异面直线，所成的角为定值

【答案】AC

【解析】

【分析】根据数量积的定义判断A，根据锥体的体积公式计算即可判断B，根据线面垂直的性质判断C，利用特殊点判断D；

【详解】解：对于A选项，易知，，所以，所以A正确；

对于B项，连接交于点，则，又平面，平面，

所以，，平面，所以平面，

所以三棱锥的体积，

所以正方体体积是三棱锥的体积的倍，所以B错误；

对于C项，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，

所以，，，

所以，，即，，

因为，平面，

所以平面，而平面，所以，所以C正确；

对于D项，当点在处，为的中点时，异面直线所成的角是，

当在的中点时，F在的位置，异面直线所成的角是，显然两个角不相等，所以D错误；

故选：AC．

10. 某校举行劳动技能大赛，统计了名学生的比赛成绩，得到如图所示的频率分布直方图，已知成绩均在区间内，不低于分的视为优秀，低于分的视为不及格.若同一组中数据用该组区间中间值做代表值，则下列说法中正确的是（    ）

A.

B. 优秀学生人数比不及格学生人数少人

C. 该次比赛成绩的平均分约为

D. 这次比赛成绩的分位数为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据频率分布直方图的性质特点,即可求解.

【详解】对于A项，由题意，所以，故A错误；

对于B项，优秀学生人数为，不及格学生人数，优秀学生人数比不及格学生人数少15人，故B正确；

对于C项，平均分，故C正确；

对于D项，设百分位数为，则有，所以，故D正确.

故选:BCD

11. 向量 函数，则下述结论正确的有（    ）

A. 若的图像关于直线对称，则可能为

B. 周期时，则的图像关于点对称

C. 若的图像向左平移个单位长度后得到一个偶函数，则的最小值为

D. 若在上单调递增，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】先由向量的数量积及三角恒等变换得到，再由对称性、奇偶性及单调性依次判断4个选项即可.

【详解】

，

对于A选项，若的图像关于直线对称，则，所以，当时，，故A正确；

对于B选项，当，则=2，令，，当时，，所以关于对称，故B错误；

对于C选项，若的图像向左平移个单位长度后得到，

所以，又，所以，故C正确；

对于D选项，因为函数在上递增，所以，故D正确.

故选：ACD.

12. 已知函数，是自然对数的底数，则（    ）

A. 的最大值为

B.

C. 若，则

D. 对任意两个正实数，且，若，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，求出函数的导数，判断导数正负，确定函数单调性，即可求得最大值；对于B，根据函数的单调性，即可判断；对于C，构造函数，判断其单调性，结合即即可判断；对于D，将展开整理得，然后采用分析法的思想，推出，构造函数，求其最小值即可判断.

【详解】由题意得，则 ，

当 时，，递增 ，当 时，，递减，

故，故A正确；

由于，由于当 时，递减，故 ，

即 ，即，

因为 ，

故，即，

故，故B正确；

因为，即，

设 ，由于当 时，递增 ，当 时， 递减，

故单调减函数，故，

即，由于，不妨设， 则 ，

即，故C错误；

对任意两个正实数，且，若，不妨设 ，

即，设，则，

则，，

而

，

设 令 ，则，

即为单调增函数，故，

即成立，故，故D正确，

故选：ABD

三、填空题：本题共 4小题，每小题5分，共20 分.

13. 点是直线上一点，是直线的一个方向向量，则点到直线的距离是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意求得，且，结合，即可求解.

【详解】由题意，点和，可得，且，

所以点到直线的距离是.

故答案为：.

14. 在对某中学高一年级学生每周体育锻炼时间的调查中，采用随机数法，抽取了男生人，女生人. 已知男同学每周锻炼时间的平均数为小时，方差为；女同学每周锻炼时间的平均数为小时，方差为. 依据样本数据，估计本校高一年级学生每周体育锻炼时间的方差为___.

【答案】19

【解析】

【分析】根据数据的平均数与方差的公式，准确计算，即可求解.

【详解】根据平均数的计算公式，全班的平均数为，

由，

设男同学为，女同学为，

则男同学的方差，从而，

则女同学的方差，从而；

所以全班同学的方差为.

故答案为：.

15. 已知抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上一点，过点作准线的垂线，交于点，若，，则抛物线的方程为______.

【答案】

【解析】

【分析】利用抛物线的定义得到，再利用等腰三角形得到，进而利用直角三角形和的几何意义进行求解.

【详解】因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，

所以，又，

所以为顶角为的等腰三角形，

所以，

记准线与轴交于点，则，

所以，

所以该抛物线方程为.

故答案为：.

16. 已知函数满足且，当时，，则的值域为____，若方程在上有个不同的实数根，则实数的取值范围为______.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据题意得到函数是上周期为4的偶函数，转化为每个周期内有6个不同的实根，得到方程在内有3个不同的实数根，利用导数求得函数的单调性，求得函数的值域，设，转化为，设，得到方程在内有个不同的实数根，得到1个根在， 另1个根在，分类讨论，即可求解.

【详解】由题意，函数满足

可得函数是上周期为4的偶函数，

又由区间内共有5个周期，方程有30个不同的实数根，

所以每个周期内有6个不同的实根.

所以方程在内有3个不同的实数根，

当时，，可得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以，

则的值域为.

设则，设，则，而，

要使方程在内有个不同的实数根，

则函数在上必有2个根，

且1个根在， 另1个根在，

如图所示

当作为根时，另一个根在，则 ，此时；

当一个根在时，另一个根在，

则，解得，

综上可得，实数的取值范围为.

故答案为：；.

四、解答题：本题共6小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知，内角的对边分别为，，对，都有成立，从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，

（1）求角;

（2）求周长的取值范围.

条件①

条件②

条件③

（注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分.）

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由三角恒等变换公式化简，选择条件①，由正余弦定理化简求解

选择条件②，由正弦函数求解，选择条件③，由二倍角公式化简后求解

（2）由正弦定理转化为三角函数求解

【小问1详解】

，

令代入得，

从而， 同理 ， ，  

选条件①： ，

可化为，从而，

于是，得．    

选条件②：，

由 得 ．  

选条件③：，

 则，

  =，得，从而．

【小问2详解】

由正弦定理知：，

得，

所以周长=，

==，

由，知，从而， 

于是，所以，

周长的取值范围为

18. 如图，圆台下底面圆的直径为， 是圆上异于的点，且，为上底面圆的一条直径，是边长为的等边三角形，.

（1）证明：平面；

（2）求平面和平面夹角余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】(1)线线垂直从而证明线面垂直.

(2)利用向量法，即可求二面角的余弦值.

【小问1详解】

∵为圆台下底面圆的直径，是圆上异于的点，

故

又∵，，

∴

∵，

∴，

∴

∴，又∵，，平面

∴平面

【小问2详解】

取的中点，连接，则，由(1)可知，

∵，∴平面，

又∵

∴以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系；…

由题意可得，，

∵平面，∴，

四边形为矩形，

∴ 

平面的一个法向量为.

设平面的一条法向量为，，

由   得   令，则，

平面的一个法向量为       

则平面与平面的夹角的余弦值为

∴平面和平面夹角余弦值为

19. 已知数列的前项和为，若，且.

（1）求的通项公式;

（2）设，，数列的前项和为，求证.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由已知等式可得，采用累乘法可求得当时的，利用可求得，检验首项后可得结论；

（2）由（1）可得时的通项，由，采用裂项相消法可求得，由可得结论.

【小问1详解】

由得：，

则当时，，

又，，，

经检验：满足；

.

【小问2详解】

由（1）得：当时，；

，

，，.

20. 新冠病毒传播以来，在世界各地造成极大影响．“动态清零”政策是我国根据疫情防控经验的总结和提炼，是现阶段我们疫情防控的一个最佳选择和总方针.为落实动态清零政策下的常态化防疫，要求学校作为重点人群，每天要进行核酸检测.某高中学校核酸抽检工作：每天下午开始，当天安排 位师生核酸检测，教职员工每天都要检测，学生五天时间全员覆盖．

（1）该校教职员工有人，高二学生有人，高三学生有人，

①用分层抽样的方法，求高一学生每天抽检人数；

②高一年级共个班，该年级每天抽检的学生有两种安排方案，方案一：集中来自部分班级；方案二：分散来自所有班级，每班随机抽取．你认为哪种方案更合理，并给出理由．

（2）学校开展核酸抽检的某轮核酸抽检用时记录如下：

计算变量和的相关系数（精确到），说明两变量线性相关的强弱；并根据的计算结果，判定变量和是正相关，还是负相关，给出可能的原因．

参考数据和公式：，相关系数

【答案】（1）①250；②分散抽检，理由见解析；   

（2）-0.95，负相关，答案见解析.

【解析】

【分析】（1）①直接利用分层抽样的公式求出高一学生每天抽检人数；②答案见解析；

（2）求出相关系数即得解.

【小问1详解】

解：①高一学生每天抽检人数为.        

②方案二更合理，因为新冠病毒奥密克戎毒株传染性更强、潜伏期更短，分散抽检可以全面检测年级中每班学生的状况，更有利于防控筛查工作.

【小问2详解】

解：    

变量和的相关系数为：

因为，可知两变量线性相关性很强，由可知变量和是负相关.

可能的原因：随着抽检工作的开展，学校相关管理协调工作效率提高，因此用时缩短.

21. 在平面直角坐标系中，已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且它们的斜率之积为.

（1）求点的轨迹方程；

（2）记点轨迹为曲线，是曲线上的点，若直线，均过曲线的右焦点且互相垂直，线段的中点为，线段的中点为. 是否存在点，使直线恒过点，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由.

【答案】（1）；   

（2）存在，.

【解析】

分析】（1）根据直线斜率公式，结合已知等式进行求解即可；

（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系、直线斜率公式进行求解即可.

【小问1详解】

设，因为直线相交于点，且它们的斜率之积为，

所以，

整理可得，

所以点的轨迹方程为.

【小问2详解】

因为曲线的方程为，

所以直线的斜率都存在且不为0. 

设直线：，则直线：，

设

由可得：，

当时，即，方程为，此时只有一解，不符合题意，

当时，，

由韦达定理可得：，所以点的横坐标为，

代入直线：可得：，

所以线段的中点，

用替换可得，，

所以线段的中点，

当时，，

直线的方程为：，

整理可得：

，

此时直线过定点，

若时，

则， ，或，，直线的方程为，

此时直线也过点，

综上所述：直线过定点

【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.

22. 已知函数

（1）求函数的极值;

（2）若且，证明：，

【答案】（1）极大值：，极小值   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求出导函数，解不等式和得单调区间，从而得极值；

（2）首先对欲证的不等式进行变形，引入新函数，利用二次求导得，从而变化为欲证（实际上这里处理了变量）．再由已知得出与的关系，同时利用导数对引入的函数，证明在时，，这样才能得出，此时欲证不等式转化为只有一个变量：即仅需证，为此再引入函数，利用导数完成证明．

【小问1详解】

函数的定义域为， ，

∵，∴

∴由得或

由得，

∴的单调递增区间为和；单调递减区间为．

∴的极大值：

的极小值：

【小问2详解】

欲证，，即证，，

令，，则

令，则，

因为，所以，所以在上单调递增，所以，

所以，所以在上单调递增，

所以

所以欲证，，只需证，①

因为，所以， 

即，②

令，则，当时，    

所以在上单调递增，所以，即，

所以，故②式可等价变形为：，

所以，欲证①式成立，只需证成立

所以仅需证，

令，（），则，

∴在上单调递增，

故，即，

∴结论得证．

【点睛】关键点点睛：本题考查用导数求函数的极值，证明不等式．证明不等式的难点在于涉及到多个变量，解题的关键是减元化，一是参变分离，由任意性求出关于一个变量的最值，消去一个变量；二是代入消元，利用变量间的关系，用一个变量表示另一个变量，代入后二元化为一元，难点在于每一次变化包括最后的证明中都要引诱函数，利用导数求出最值，证明相应的不等关系成立，从而达到目的，本题属于困难题．