2022届贵州省贵阳一中（贵阳市）高三适应性考试（二）数学（理）试题含解析

2022届贵州省贵阳市高三适应性考试（二）数学（理）试题

一、单选题

1．设全集，集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据集合的运算法则计算．

【详解】由已知，所以．

故选：C．

2．已知为虚数单位，复数满足，则（       ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】由复数的乘方与除法运算计算．

【详解】由已知，

故选：D．

3．若展开式中存在常数项，则正整数n的最小值是（       ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】A

【分析】根据二项展开式的公式，求得的指数为0时满足的关系式，再结合整数的性质分析即可

【详解】易得的通项，又展开式中存在常数项则有解，即，故正整数n的最小值是5，此时

故选：A

4．2021年11月24日，贵阳市修文县发生了4.6级地震，所幸的是没有人员伤亡和较大财产损失，在抗震分析中，某结构工程师提出：由于实测地震记录的缺乏，且考虑到强震记录数量的有限性和地震动的不可重复性，在抗震分析中还需要人工合成符合某些指定统计特征的非平稳地震波时程，其中地震动时程强度包络函数，（单位：秒）分别为控制强震平稳段的首末时刻；（单位：秒）表示地震动总持时；是衰减因子，控制下降段衰减的快慢．在一次抗震分析中，地震动总持时是20秒，控制强震平稳段的首末时刻分别是5秒和10秒，衰减因子是0.2，则当秒时，地震动时程强度包络函数值是（       ）

A． B．1 C．9 D．

【答案】A

【分析】由题可得当时，，即得.

【详解】由题可知，，，

∴当时，，

∴当秒时，地震动时程强度包络函数值是.

故选：A.

5．函数的图像大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】判断函数的奇偶性后排除两个选项，然后考虑函数在原点附近的函数值的正负又排除一个选项，得正确结论．

【详解】函数定义域是R，，函数为奇函数，排除BD，

时，，排除C．

故选：A．

6．已知为双曲线的焦点，过作轴的垂线交于点，且，则的渐近线方程是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合通径长得，得出关系求得即得渐近线方程．

【详解】因为轴，所以，所以，

，，，所以，

渐近线方程为．

故选：A．

7．已知、表示两条不同的直线，表示平面，则下面四个命题正确的是（       ）

①若，，则；                    ②若，，则；

③若，，则；                    ④若，，则．

A．①② B．②③ C．①③ D．③④

【答案】D

【分析】举例说明判断①②；利用线线、线面垂直的判定、性质推理判断③④作答.

【详解】长方体中，平面为平面，直线BC为直线b，如图，

当直线AD为直线a时，满足，，而，①不正确；

当直线为直线a时，满足，，而，②不正确；

在平面内取两条相交直线m，n，如图，因，则，

而，则，又，m，n是相交直线，所以，③正确；

因，过直线b作平面，如图，

则有，又，，于是得，从而得，④正确，

所以给定命题正确的是③④.

故选：D

8．下列命题为真命题的是（       ）

A．若数据，，，…，的方差为3，则数据的方差为5；

B．对具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是4；

C．若随机变量X服从正态分布，，则；

D．若随机变量X服从二项分布，，则．

【答案】C

【分析】方差反应的是数据的波动性，可判断A；回归直线必过样本中心，代入验证可判断B；根据正态分布的对称性可判断C；根据二项分布的性质及变换规律可判断D.

【详解】一组数据同时加减一个数，波动性没有变化，所以方差不变，故A错误；

把样本中心代入回归直线，得，解得，故B错误；

由于，可得，根据对称性可知，，故C正确；

，可得，又，则，故D错误.

故选：C.

9．已知函数在内单调递增，则在内的零点个数最多为（       ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】B

【分析】将 看做整体，对于正弦函数，增区间是 ，则 所对应的的区间必然是增区间的子集，由此可以确定 的最大值.

【详解】当 时， ，

由于正弦函数的增区间是，

，

即 ，解得 ，即 ，

又 ，

由于 ， ，

显然， 越大，周期T越小，零点也越多，故当 时零点最多，

当 时， ， ，

对应2个周期，故零点数为4；

故选：B.

10．已知直线和与圆都相切，则圆的面积的最大值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】易得互相平行，故圆的直径为间的距离，再表达出距离求最大值即可得圆的直径最大值，进而得到面积最大值

【详解】由题，互相平行，且，故圆的直径为间的距离，令，则，，故当，即时取得最大值，此时圆的面积为

故选：A

11．已知抛物线的准线交轴于点，过点作直线交于，两点，且，则直线的斜率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先根据抛物线方程求出准线方程，即可得到的坐标，设直线为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据，即可得到，从而求出、，从而求出；

【详解】解：抛物线的准线为，所以，

设直线为，，，则，即，

所以，，

因为，即，所以，

所以或，所以；

故选：B

12．秦九韶是我国南宋数学家，其著作《数书九章》中的大衍求一术、三斜求积术和秦九韶算法是具有世界意义的重要贡献．秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，三斜求积术即已知三边长求三角形面积的方法，用公式表示为：，其中，，是的内角，，的对边．已知中，，则面积的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据 ，得到，即，再由，利用余弦定理得到，代入，转化为二次函数求解.

【详解】解：中，因为，

所以，

则，

即，

又，

则，

即，则，

所以，

当时，面积取得最大值为，

故选：A

二、填空题

13．若，满足约束条件，则的最大值是________．

【答案】2

【分析】在坐标平面中画出不等式组对应的可行域，平移动直线后可求目标函数的最大值.

【详解】不等式组对应的可行域如图所示：

设

将动直线平移至处时，有最大值，

由可得，故，

故答案为：2

14．已知向量，，则________．

【答案】-1.5

【分析】利用向量数量积的运算法则可得，即得.

【详解】∵向量，，

∴，

∴.

故答案为：.

15．已知定义在上的函数满足，且当时，，若的值域为，则实数的取值范围为________．

【答案】

【分析】由可得关于对称，再分析得当时，的值域包含即可

【详解】当时，，当且仅当，即时等号成立，

故当时，，又由可得关于对称，且由可得，

故只需包含区间即可，故，

故

故答案为：

16．球O是棱长为1的正方体的内切球，球与面、面、面、球O都相切，则球的表面积是_______________．

【答案】

【分析】设球的半径为，根据题意可得，即可求出，从而可求出球的表面积．

【详解】设球的半径为，依题可知，，即，解得，所以球的表面积是．

故答案为：．

三、解答题

17．已知首项为1的等差数列的前项和为，若成等比数列．

(1)求和：

(2)求证：

【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）设公差为，结合等比数列性质由等差数列基本量法列式求得，得通项公式、前项和公式；

（2）由裂项相消法求得不等式左边的和后易证不等式成立．

【详解】(1)由题得，

设数列的公差为，则，

解得或．

当时，不符合题意，舍去．

所以，．

(2)因为时，，

所以

．

18．在棱柱中，底面为平行四边形，为线段上一动点．

(1)证明：平面；

(2)若平面，，，，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据棱柱的几何性质，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理、面面平行的判定定理、面面平行的性质进行证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】(1)连接，．

∵为棱柱，∴且，

∴四边形为平行四边形，∴，

又平面，平面，∴平面．

同理平面，

又且，平面，∴平面平面，

又平面，∴平面．

(2)∵平面，，∴棱柱为长方体．以为坐标原点，以、、分别所在的直线为、、轴建立空间直角坐标系，则、、，

∴，．

设为平面的法向量，则

，令，得，

设平面的法向量，

，，则

，得

∴二面角的余弦值为．

即二面角的余弦值为．

19．2021年7月24日，在奥运会女子个人重剑决赛中，中国选手孙一文在最后关头一剑封喉，斩获金牌，掀起了新一轮“击剑热潮”．甲、乙、丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为．因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者（甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛），每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束．

(1)若甲指定第一局由乙丙对战，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率；

(2)请帮助甲进行第一局的决策（甲乙、甲丙或乙丙比赛），使得甲最终获得冠军的概率最大．

【答案】(1)

(2)甲第一局选择和丙比赛

【分析】（1）分①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜和②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜两种情况求解即可

（2）根据题意，分析首局三种情况所有甲能首先胜两局的情况，再比较概率的大小判断即可

【详解】(1)若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况：

①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，其概率为；

②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，其概率为．

所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为．

(2)若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜；乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，

所以甲能获得冠军的概率为．

若第一局为甲丙比，则同上可得甲获得冠军的概率为．

若第一局为乙丙比，那么甲获得冠军只能是连赢两局，则甲获得冠军的概率即第（1）问的结果．

因为，所以甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大．

20．已知椭圆的离心率为，右焦点是，左、右顶点分别是和．直线与椭圆交于，两点，点在轴上方，且当时，．

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线、的斜率分别是和，求的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由已知及椭圆对称性求参数a，根据离心率及椭圆参数关系即可求解；

（2）联立椭圆C和直线方程，应用韦达定理直接计算即可.

【详解】(1)由椭圆对称性知： ，

即，又，所以，，

所以椭圆的方程为；

(2)将代入得，

设，，则，，

由（1）得，，

所以

，

将式代入上式得 ，

因为，，所以，

即的取值范围是；

综上，椭圆C的方程为，的取值范围是.

21．已知函数，曲线在处的切线也与曲线相切．

(1)求实数的值；

(2)若是的最大的极大值点，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程，再与联立消元，根据及，计算可得；

（2）求出函数的导函数，可得时函数单调递增，不符合题意，当时，令，求出函数的导函数，结合零点存在性定理求出所在区间，再根据及三角函数的性质求出的取值范围；

【详解】(1)解：∵，∴，

又，所以在处的切线方程为，

因为其也与曲线相切，则联立，得，

由及，解得．

(2)解：由（1）得，所以，

当时，，所以在无极大值点．

当时，令，则在上单调递增，

又，，

所以存在，使得，即，

当时，，单调递减；当时，，单调递增．

又，，

所以当时，，即，

所以是的极小值点，在内无极大值点．

∵，，

所以存在，使得，即，即，

当时，；当时，，

所以是的极大值点，也是的最大的极大值点．

因为在上单调递减，所以，

．

所以．

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线的极坐标方程为，．

(1)直接写出曲线的直角坐标方程，若以为参数，写出曲线的参数方程；

(2)若点在曲线上，且点到点的距离为，求点到原点的距离．

【答案】(1)；（为参数，）；

(2).

【分析】（1）利用极坐标与直角坐标互化公式求出曲线的直角坐标方程，再写出其参数方程作答.

（2）利用（1）中曲线的参数方程设出点坐标，利用两点间距离公式计算作答.

【详解】(1)由曲线的极坐标方程得：，将且代入得：，

即，而，，即，

曲线的直角坐标方程是，参数方程为（为参数，）.

(2)由（1）设点的直角坐标为，，

则，化简得，而，则，

于是得点，，

所以点到原点的距离为．

23．已知

(1)证明：；

(2)已知，，求的最小值，以及取得最小值时的，的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)最小值为， 或

【分析】（1）利用作差法证明不等式；

（2）令代入（1）中不等式可得最小值及取得最小值是值．

【详解】(1)因为

，

所以，当且仅当时取等号．

(2)由（1）可得，

所以，即，

当且仅当时取等号．

由，解得或．

综上，的最小值为，此时，的值为或．