重庆市巴蜀中学2022届高三下学期高考适应性月考（八）数学试题（解析版）

这是一份重庆市巴蜀中学2022届高三下学期高考适应性月考（八）数学试题（解析版），共22页。
秘密☆启用前巴蜀中学2022届高考适应性月考卷（八）数 学注意事项：1.答题前、考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2. 每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效3. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小既给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求出集合，利用交集和补集的定义可求得结果.【详解】因为，则或，因此，.故选：B.2. 已知变量x与y正相关，且由观测数据算得样本平均数，，则由观测的数据得到的线性回归方程可能为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据变量正相关排除AB，再利用线性回归方程过点判断CD即可.【详解】因为变量x与y正相关，所以，故排除AB；又线性回归方程过点，代入CD检验，可知C正确，D错误.故选：C3. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用三角函数的图象变换可得出，结合诱导公式化简可得出函数的解析式.【详解】由题意可知，将函数的图象向左平移个单位长度，可得到函数的图象，则.故选：B.4. 已知O为坐标原点，直线上存在一点P，使得，则k的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意得坐标原点到直线距离，利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】点到直线的距离为，由题意得坐标原点到直线距离，，所以，解得所以k的取值范围为.故选：C.5. 如图甲所示，古代中国太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有眼，阴鱼的头部有个阳殿，表示万物都在相互转化，互相涉透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律.其平面图形记为图乙中的正八边形ABCDEFGH，其中，则以下结论错误的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，写出需要点的坐标，然后利用向量加法的坐标运算、向量的数量积坐标运算及向量的坐标运算即可求解.【详解】由题意可知，建立如图所示的平面直角坐标系，因为正八边形ABCDEFGH，所以作，则,因为，所以，所以，同理可得其余各点坐标， ，对于A ，，故A正确；对于B ，，故B正确；对于C，，，所以，故C正确；对于D ,，，，故D不正确.故选：D6. 已知正实数a，b满足，则的最小值是（　　）A. 2 B.  C.  D. 6【答案】B【解析】【分析】根据变形得，进而转化为，用凑配方式得出，再利用基本不等式即可求解.【详解】由，得，所以，当且仅当，即取等号.故选：B.7. 从编号分别为1、2、3、4、5、6、7的七个大小完全相同的小球中，随机取出三个小球，则至少有两个小球编号相邻的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先用组合数算出基本事件的总数，再用排异法求出任意两个小球编号都不相邻的事件的个数，进而得出至少有两个小球编号相邻的事件的个数，然后用古典概型的计算公式即可求解.【详解】随机取出三个小球共有种情况，任意两个小球编号都不相邻的基本事件有：共有10种，故所求概率为.故选：A.8. 已知点，若曲线上存在点P满，则下列选项一定正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的定义知，点在双曲线的右支上，求得双曲线的方程为和渐近线方程为，转化为曲线与双曲线相交，得到，即可求解.【详解】由题意，点且，根据双曲线的定义知，点在双曲线的右支上，且，所以，所以双曲线的方程为，其渐近线方程为，又点在曲线，即，即点在曲线，若曲线上存在点满，即曲线与双曲线相交，所以，即.故选：D.二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的，全部选对得5分，部分选对得2分）9. 设，β为两个平面，下列选项中是“”的充分条件的是（　　）A. 异面直线a，b满足∥，∥B. α内有两条相交直线与平面β均无交点C. α，β与直线l都垂直D. α内有无数个点到β的距离相等【答案】BC【解析】【分析】AD选项可举出反例，BC选项可以通过，面面平行的判定及线面垂直的性质进行证明.【详解】A选项，如图，直线BC为a，直线EF为b，平面ADHE为，平面CDHG为β，满足∥，∥，而，β为相交平面，A错误；B选项，设α内两条相交直线为均与平面β无交点，即∥β，n∥β，又，且为相交直线，故α∥β，B正确；C选项，α，β与直线l都垂直，不妨设l与α内有两条相交直线均垂直，则在平面β内存在相交直线与l都垂直，且m∥a，n∥b，因为α，所以m∥α，同理可知n∥α，由于为相交直线，故可知α∥β，C正确；D选项，α内有无数个点到β的距离相等，这无数个点可能来自于同一条直线，此时不能推导出α∥β，D错误.故选：BC10. 已知，其中为锐角，则以下命题正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】利用凑角的方式，将角看成整体，但要注意角的范围，根据同角三角函数的关系，两角和差的余弦公式及解方程即可求解.【详解】因为，，所以，故A正确；因为，所以所以，故B正确；，，由得，，解得；故C不正确； 由得，，解得；，故D不正确.故选：AB.11. 能被7整除，则整数a的值可以是（　　）A. 4 B. 6 C. 11 D. 13【答案】BD【解析】【分析】将化成，问题转化为能被7整除，再利用二项式定理计算推理作答.【详解】依题意，显然能被7整除，因此能被7整除，当且仅当能被7整除，而，又能被7整除，从而得能被7整除，则整数a的值可以是6或13.故选：BD12. 如图甲，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，点M是AD上靠近A的四等分点. 现将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于P，连接PB，如图乙所示，则下列说法正确的是（    ）A. PB//平面EFMB. C. 平面EFM与平面BFDE所成角的余弦值为D. 点P到平面BFDE的距离为【答案】ACD【解析】【分析】根据线面平行的判定可判断A，证明PD⊥平面PEF可判断B，由∠MGD是二面角的平面角，利用余弦定理可判断C，根据点P，M到面的距离的关系求解可判断D.【详解】如图，连接BD与EF相交于G; PB//平面EFM，故A正确；由PD⊥PE，PD⊥PF，知PD⊥平面PEF，平面PEF=P，故PD与PB不垂直，故B错误;平面EFM与平面BFDE所成角即为∠MGD，在△MGD中，，，由余弦定理得，故C正确；由知，作，则点到平面BFDE的距离等于点M到平面BFDE的距离的，又，故D正确.故选：ACD三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13. 设复数，是共轭复数，且，则=___________.【答案】【解析】【分析】设复数，进而得出共轭复数，根据复数相等求出，再利用复数的摸公式即可求解.【详解】设,则，因为，所以即，解得，所以，所以.故答案为：.14. 函数的值域为___________.【答案】【解析】【分析】利用函数的单调性分别求出在上、在上函数值集合，再求并集作答.【详解】依题意，在上单调递减，则当时，，在上单调递增，则当时，，所以函数的值域为.故答案为：15. 已知P为抛物线上任意一点，则点P到y轴的距离与点P到直线的距离之和的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】将点P到y轴的距离与点P到直线的距离之和转化为点P到准线的距离与点P到直线的距离之和，再借助抛物线定义求解作答.【详解】抛物线的焦点，准线，抛物线上的点P到y轴的距离等于它到准线距离减去1的差，由抛物线定义知，，令点P到直线的距离为，于是得点P到y轴的距离与点P到直线的距离之和为，过P作于M，连PF，MF，过点F作于Q，交抛物线于点，如图，显然，，当点P与点不重合时，有：，则当点P是过焦点F作直线l的垂线与抛物线交点时，点P到y轴的距离与点P到直线的距离之和取得最小值，此最小值为.故答案为：16. 设，[x]表示不超过x的最大整数，设正项数列{}满足），设数列{bn}的前n项和为，且，则[]=___________.【答案】5【解析】【分析】由的关系可推出{}为等差数列，求出通项公式代入，利用放缩法及裂项相消法可求出的范围，即可得解.【详解】由可得，两式相减得： ，化简得，又由正项数列{}可知，，所以 ，又，解得所以{}是以4为首项，4为公差的等差数列，故，，，又，，, .
故答案为：5四、解答题（本大题共6个小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 如图，在中，点在线段上，且，.（1）若是正三角形，求的长；（2）若，，求的值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理可求得的长；（2）利用两角差的正弦公式可求得的值，利用正弦定理可求得的长，可得出的长，再利用三角形的面积公式及可求得结果.【小问1详解】解：因，，由余弦定理可得.【小问2详解】解：因为，则为锐角，则，则，由正弦定理得，则，因此，.18. 美国职业篮球联赛（NBA联赛）分为常规赛和季后赛，常规赛共82场比赛，以全明星假期为界，分为前半赛季和后半赛季，东、西部排名前8的球队进入季后赛，季后赛共四轮，最后一轮总决赛采用七场四胜制（“七场四胜制”是指在七场比赛中先胜四场者获得比赛胜利，胜者成为本赛季的总冠军）.下表是A队在常规赛的前80场比赛中的比赛结果记录表阶段比赛场数主场场数获胜场数主场获胜场数前半赛季52254323后半赛季28151712 （1）根据表中信息完成列联表，并判断是否有95%的把握认为比赛的“主客场”与“胜负”之间有关？ 胜场数负场数总计主场比赛   客场比赛   总计    （2）已知A队与B队在季后赛的总决赛中相遇，假设每场比赛结果相互独立，A队每场比赛获胜的概率等于A队常规赛前80场比赛获胜的频率，求总决赛五场结束的概率.附∶P（K2≥k0）0.1000.0500.025k02.7063.8415.024 【答案】（1）见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据题设信息填写列联表，计算进行独立性检验；（2）总决赛五场结束意味着前场中队（或队）胜3场败1场，第五场队（或队）获胜，再由概率公式计算即可【小问1详解】列联表如下表所示： 胜场数负场数总计主场比赛35540客场比赛251540总计602080 故有95%的把握认为比赛的“主客场”与“胜负”之间有关.【小问2详解】由题意可知，A队常规赛前80场比赛获胜的频率，即A队每场比赛获胜的概率为总决赛五场结束意味着前场中队（或队）胜3场败1场，第五场队（或队）获胜.即总决赛五场结束的概率为.19. 已知数列的首项，.（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的前项和的最小值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由已知等式变形得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；（2）分析数列的单调性，确定的符号，由此可求得的最小值.【小问1详解】解：因为，则，且，所以，数列是以为首项，为公比的等比数列.【小问2详解】解：由（1）知，，则.所以，，所以，，故数列为递增数列，，，，，，，故当时，；当时，.所以，的最小值为.20. 如图所示，在正三棱台中，O为BC的中点，M为的中点，平面ABC与平面所成角的余弦值为.（1）证明：平面ABC⊥平面AOM；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）延长相交于点，则可得三棱锥为正三棱锥，可得延长也交于点，由等腰三角形的性质可得，，由线面垂直的判定可得平面，再由面面垂直的判定可证得结论，（2）由（1）可知为平面与平面所成角，设，侧棱为，然后在中利用余弦定理列方程可求出，从而可得正三棱锥为正四面体，过作垂直于平面，则为与平面所成角，然后计算即可【小问1详解】延长相交于点，因为棱台为正三棱台，所以三棱锥为正三棱锥，所以延长也交于点，所以为等腰三角形，为的中点，所以，因为为正三角形，为的中点，所以，因为，所以平面，即平面，因为平面，所以平面ABC⊥平面AOM；【小问2详解】如图，，所以为平面与平面所成角，即平面与平面所成角，设，侧棱为，所以，，所以在中，，解得，所以正三棱锥为正四面体，所以与平面所成角，即为与平面所成角，即与平面所成角，过作垂直于平面，则为正的中心，连接，则为与平面所成角，因为，所以,所以，所以直线与平面所成角的正弦值为21. 已知椭圆C∶经过点P（，），O为坐标原点，若直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，直线l与直线OM的斜率乘积为-.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若，求AOB面积的最大值.【答案】（1）    （2）3【解析】【分析】（1）根据椭圆经过点P（，），得到，再利用点差法，根据直线l与直线OM的斜率乘积为-，得到 求解； （2）当轴时，易得，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为，联立，根据，得到k，t的关系，再求得和点O到直线AB的距离为d，由求解.【小问1详解】解：因为椭圆经过点P（，），所以，设，因为直线l与椭圆C交于A，B两点，所以，两式相减得，因为线段AB的中点为M，且直线l与直线OM的斜率乘积为-，所以 ，解得，所以椭圆方程为：；【小问2详解】当轴时，点M在x轴上，且，由，得，所以，当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为，由，消去y得，则，，由，得，因为，点O到直线AB的距离为，所以，，当且仅当，即时，等号成立，综上 AOB面积的最大值是3.22. 已知函数（为自然对数的底数）.（1）求的极值；（2）（i）证明∶与有相同的零点；（ii）若恒成立，求整数a的最大值.【答案】（1）的极小值为，无极大值；    （2）（i）证明见解析，（ii）【解析】【分析】（1）根据导数法求函数的极值的步骤即可求解；（2）（i）首先利用导数法判断函数，的单调性，然后利用函数零点的存在性定理即可证明；（ii）先将不等式恒成立等价转化为在恒成立，然后利用导数法求函数的最小值即可，进而能够求出整数a的最大值.【小问1详解】由题意可知，，令，即，解得；当时，，所以在单调的递增；当时，，所以在单调的递减；当时，取得极小值，无极大值；【小问2详解】（i）由知，所以在上单调递增；由知，所以在上单调递增；又，故必存在唯一使得，即有，故，所以与有相同的唯一零点；（ii）由，得恒成立，在恒成立，令，，则，由（i）知单调递增且存在唯一零点；则当时，，单调递减；当时，，单调递增；故；由（i）知；又，故进一步确定；故，即，解得，又；所以整数a的最大值为.【点睛】求解不等式问题的关键：适当变形，灵活转化，结合题设条件，有时需要对不等式进行“除法”变形，从而分离参数，有时需要进行移项变形，可使不等式两边具有相同的结构特点；构造函数，利用导数求解，若分离参数，则直接构造函数，并借助导数加以求解，若转化为不等式两边具有相同的结构特点，则可根据该结构特点构造函数，并借助导数加以求解.