2022届辽宁省沈阳市东北育才学校高中部高三下学期高考适应性练习（最后一模）数学试卷含解析

这是一份2022届辽宁省沈阳市东北育才学校高中部高三下学期高考适应性练习（最后一模）数学试卷含解析，共23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届辽宁省沈阳市东北育才学校高中部高三下学期高考适应性练习（最后一模）数学试卷一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．2．已知复数满足，则复数的虚部为（       ）A． B． C． D．3．某校抽取名学生做体能测认，其中百米测试中，成绩全部介于秒与秒之间，将测试结果分成五组：第一组，第二组，，第五组．如图是按上述分组方法得到的频率分布直方图，若成绩低于即为优秀，如果优秀的人数为人，则的估计值是（    ）A． B． C． D．4．已知单位向量满足则=（      ）A． B． C． D．25．设是定义域为的偶函数，且在单调递增，则（       ）A． B．C． D．6．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，以此类推.今年是辛丑年，也是伟大、光荣、正确的中国共产党成立周年，则中国共产党成立的那一年是（       ）A．辛酉年 B．辛戊年 C．壬酉年 D．壬戊年7．2021年是巩固脱贫攻坚成果的重要一年，某县为响应国家政策，选派了6名工作人员到、、三个村调研脱贫后的产业规划，每个村至少去1人，不同的安排方式共有（       ）A．630种 B．600种 C．540种 D．480种8．已知函数，直线是曲线的一条切线，则的取值范围是（     ）A． B．C． D．二、多选题9．甲、乙两名高中同学历次数学测试成绩(百分制)分别服从正态分布，，其正态分布的密度曲线如图所示，则下列说法中正确的是（       ）附：若随机变量X服从正态分布，则.A．乙同学的平均成绩优于甲同学的平均成绩B．甲同学的平均成绩优于乙同学的平均成绩C．甲同学的成绩比乙同学成绩更集中于平均值附近D．若，则甲同学成绩高于80分的概率约为0.158710．已知函数，若函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．函数的图像关于直线对称B．函数的图像关于点对称C．将函数的图像向左平移个单位可得函数的图像D．函数在区间上的值域为11．如图，在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，上的动点（点不与点，重合），若，则下列说法正确的是　　A．存在点，使得点到平面的距离为 B．用过，，三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形C．平面D．用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为12．已知双曲线的离心率为，右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，则有　　A．渐近线方程为 B．渐近线方程为C． D．三、填空题13．若二项式的展开式的各项系数之和为-1，则含项的系数是___________.14．已知数列的首项，则_________．15．某地以“绿水青山就是金山银山”理念为引导，推进绿色发展，现要订购一批苗木，苗木长度与售价如下表：苗木长度x（厘米）384858687888售价y（元）16.818.820.822.82425.8由表可知，苗木长度x（厘米）与售价y（元）之间存在线性相关关系，回归方程为，则当苗木长度为150厘米时，售价大约为__________．16．已知正三棱锥的底面边长为侧棱长为，其内切球与两侧面分别切于点，则的长度为___________.四、解答题17．已知函数.（1）求的单调增区间；（2）中，角，，所对的边分别为，，，且锐角，若，，，求的面积.18．已知数列中，，，且满足．(1)设，证明：是等差数列；(2)若，求数列的前n项和．19．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，，为上一点，且．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值．20．下围棋既锻炼思维又愉悦身心，有益培养人的耐心和细心，舒缓大脑并让其得到充分休息现某学校象棋社团为丰富学生的课余生活，举行象棋大赛，要求每班选派一名象棋爱好者参赛．现某班有12位象棋爱好者，经商议决定采取单循环方式进行比赛，（规则采用“中国数目法”，没有和棋）即每人进行11轮比赛，最后靠积分选出第一名去参加校级比赛积分规则如下（每轮比赛采取5局3胜制，比赛结束时，取胜者可能会出现，，三种赛式）． 或胜者积分3分2分负者积分0分1分9轮过后，积分榜上的前两名分别为甲和乙，甲累计积分26分，乙累计积分22分．第10轮甲和丙比赛，设每局比赛甲取胜的概率均为，各局比赛结果相互独立．(1)①在第10轮比赛中，甲所得积分为X，求X的分布列；②求第10轮结束后，甲的累计积分Y的期望；(2)已知第10轮乙得3分，判断甲能否提前一轮获得累计积分第一，结束比赛．（“提前一轮”即比赛进行10轮就结束，最后一轮即第11轮无论乙得分结果如何，甲累计积分最多）？若能，求出相应的概率；若不能，请说明理由．21．已知，分别为椭圆的左、右焦点，为上的动点，其中到的最短距离为1，且当的面积最大时，恰好为等边三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）斜率为的动直线过点，且与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线交轴于点，那么，是否为定值？若是，请证明你的结论；若不是，请说明理由.22．已知函数.（1）若在处取得极小值，求的值；（2）若在上恒成立，求的取值范围；（3）求证：当时，.
参考答案：1．B【解析】【分析】直接利用交集的定义求解.【详解】因为集合，，所以.故选：B2．D【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，由此可得出复数的虚部.【详解】因为，，因此，复数的虚部为.故选：D3．B【解析】【分析】利用左边的矩形面积之和为列等式可求得实数的值.【详解】优秀人数所占的频率为，测试结果位于的频率为，测试结果位于的频率为，所以，，由题意可得，解得.故选：B.4．C【解析】【分析】根据，即可求解.【详解】由题意，单位向量，即，又由，解得.故选：C.5．B【解析】【分析】由和的单调性可判断A；由和的单调性可判断B；由和的单调性可判断C；由和的单调性可判断D.【详解】对于A，是定义域为的偶函数，所以， 因为，且在单调递增，所以，故错误；对于B，因为，在单调递增，所以，故正确；对于C，因为，所以，又因为在单调递增，所以，故错误；对于D， 因为，在单调递增，，故错误.故选：B.【点睛】比较大小的方法有：（1）根据单调性比较大小；（2）作差法比较大小；（3）作商法比较大小；（4）中间量法比较大小.6．A【解析】【分析】推导出年的天干与地支，由此可得出结果.【详解】由题意知，天干是公差为的等差数列，地支为公差为的等差数列，且，，因为年为辛丑年，则年前的天干为“辛”，地支为“酉”，可得到年为辛酉年，故选：A.7．C【解析】【分析】先把把6名工作人员分成三组，再安排到三个村，即先分组，再排列.【详解】把6名工作人员分成1,1,4三组，再安排到三个村有：种；把6名工作人员分成2,2,2三组，再安排到三个村有：种；把6名工作人员分成1,2,3三组，再安排到三个村有：种；所以共有90+90+360=540种.故选：C.【点睛】计数问题解题要先区分：1、先分步还是先分类.2、是排列还是组合．8．C【解析】【分析】设切点为，由导数的几何意义求出切线方程，可把、用表示，从而可表示为关于的函数，再引入新函数，由导数求得函数的值域即得．【详解】设切点为，，曲线在切点处的切线方程为，整理得，所以．令，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．故，则的取值范围是．故选：C.9．ACD【解析】【分析】利用正态分布曲线与参数的关系、参数的意义、正态曲线的对称性，对四个选项逐一分析判断即可．【详解】解：由图象可知，甲的图象关于对称，乙的图象关于对称，所以甲同学的平均成绩为75分，乙同学的平均成绩为85分，故选项A正确，B错误；因为甲的图象比乙的图象更“高瘦”，所以甲的成绩比乙的成绩更集中于平均值左右，则甲同学成绩的方差比乙同学成绩的方差小，故选项C正确；若，则甲同学成绩高于80分的概率约为，故选项D正确．故选：ACD．10．BC【解析】【分析】本题首先可根据函数的图像求出，然后通过余弦函数的对称性得出A错误以及B正确，再然后通过三角函数图像变换以及诱导公式得出C正确，最后通过余弦函数的性质求出当时，D错误.【详解】结合函数的图像易知，函数的最大值，最小值为，则，，代入点，则，，因为，所以，，，即，函数关于对称，A错误；，即，函数关于点对称，B正确；函数的图像向左平移个单位，得出，C正确；当时，，，，D错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题考查根据三角函数图像求函数解析式、三角函数图像变换、余弦函数的对称性以及三角函数的值域，考查余弦函数的性质的应用，函数关于对称，且关于点对称，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.11．ABD【解析】【分析】连接，，，，，，，根据线线平行，面面平行求出平面，得到到平面的距离，判断；连接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于点，根据比例关系得到四边形为梯形，判断；连接，由可知平面平面，根据线面关系判断；在上取点，过点作交于点，过作交于，以此类推截面为六边形，求出六边形的周长判断即可．【详解】对于：连接，，，，，，，如图示：，，，，且平面平面，又已知三棱锥各条棱长均为，则三棱锥为正四面体，故到平面的距离为：，平面，，又，且，平面，又平面，，同理可得，且，平面，又，到平面的距离，，且，故正确；对于：连接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于点，如图示：，且，，则，，故即为，连接，过点，，的截面为四边形，由条件可知，，且，四边形为梯形，故正确；对于：连接，由可知平面平面，如图示：又平面，平面，故不平行于平面，故平面不成立，故错误；对于：在上取点，过点作交于点，过作交于，以此类推，如图示：依次可得点，，，此时截面为六边形，根据题意可知：平面平面，不妨设，则，故，故六边形的周长为：，故正确；故选：．12．BC【解析】【分析】由离心率公式化简可得渐近线方程，通过求圆心A到渐近线的距离结合直角三角形可得到的值.【详解】双曲线离心率为故渐近线方程为，取MN的中点P,连接AP,利用点到直线的距离公式可得,则，所以则故选BC【点睛】本题考查双曲线的简单的几何性质，考查双曲线的渐近线和离心率的应用，考查圆的有关性质，属于中档题.13．-672【解析】【分析】令得各项系数和，求得，然后由二项展开式通项公式求得的项数，得其系数．【详解】令得，所以，的展开式通项公式为，，，所以的系数为．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式是解题关键．在求二项展开式中各项系数和或某些项的系数和时，赋值法解题的重要方法．如本题中令可得各项系数和，再令结合的结论可求得展开式中奇数项系数和与偶数项系数和等等．14．【解析】【分析】根据题意，分别求得，得出数列是以为周期的周期数列，结合周期性，即可求解.【详解】由，则，以此类推可知，对任意的，都有，即数列是以为周期的周期数列，因为，所以.故答案为：.15．【解析】【分析】根据表格中的数据求出样本点中心，根据回归直线经过样本点中心求出，再将厘米代入回归方程可求出结果.【详解】因为，，所以样本点中心为，又回归直线经过，所以，所以，所以回归方程为，当厘米时，元.则当苗木长度为150厘米时，售价大约为元.故答案为：16．【解析】【分析】根据正三棱锥的性质结合图形，利用比例关系求出内切圆的半径，再求出侧面切点所在圆的半径，即可求出【详解】如图，设正三棱锥内切球的半径为，为内切球与侧面的切点，为侧面上切点所在小圆的圆心，半径为，为等边三角形，, ,,,,, 即,，解得，,由正三棱锥的定义知，内切圆与三个侧面相切，切点构成的三角形为等边三角形，故, 由余弦定理可得，所以故答案为：【点睛】关键点点睛：根据正棱锥性质、正三角形的性质，利用相似三角形，求出内切球的半径，是解决问题的关键，属于中档题.17．（1），；（2）.【解析】【分析】（1）化简，利用正弦函数的增区间可求出结果；（2）由求出，再根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式可求出结果.【详解】（1），令，，，的单调增区间是，；（2），，∵为锐角，∴，由余弦定理得：又面积.18．(1)证明见详解；(2)【解析】【分析】（1）利用等差数列的定义可证得数列是等差数列；（2）求出数列的通项公式，可求得数列的通项公式，可得出，再利用等比数列的求和公式可求得.(1)证明：，，所以，，即，又所以数列是以为首项，公差的等差数列；(2)由（1）可得：，所以，整理可得，所以数列是以为首项，公比的等比数列，所以，则， 所以①②①－②得．．19．（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）用勾股定理证明，结合，即可证明平面，从而证到平面平面；（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式求解即可．【详解】（1）证明：在中，，又，，，平面平面又平面平面平面（2）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设平面的一个法向量为，则令，解得设平面的一个法向量为，则令，解得二面角的余弦值为．【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设分别为平面，的法向量，则二面角与互补或相等，求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．20．(1)①分布列见解析；②(2)【解析】【分析】（1）①X可能取值为：0、1、2、3， 分别求出甲得0分（丙3：0、3：1）、甲得1分（丙3：2）、甲得2分（甲3：2）、甲得3分（甲3：0、3：1）的概率即可得出分布列；②Y可能取值为：26、27、28、29，与①的概率对应，用定义求期望即可；（2）甲要提前一轮获得累计积分第一，第10轮结束后，甲的累计积分需比乙的累计积分至少多4分，即29分，由（1）可得对应的概率(1)①第10轮比赛的可能情况如下： 丙3：0胜，甲得0分， ；丙3：1胜，甲得0分， ；丙3：2胜，甲得1分， ；甲3：0胜，甲得3分， ；甲3：1胜，甲得3分， ；甲3：2胜，甲得2分， ；X可能取值为：0、1、2、3，故，，，，X的分布列为X0123P②第10轮结束后，Y可能取值为：26、27、28、29，由①得，甲的累计积分Y的期望：(2)如题，甲要提前一轮获得累计积分第一，第10轮结束后，甲的累计积分需比乙的累计积分至少多4分，即甲至少29分，由（1）得，概率为21．（1）；（2）为定值，证明见解析【解析】【分析】（1）当点在椭圆的左顶点时，到的距离最短，可得，当点在椭圆的上顶点（或下顶点）时，的面积最大，此时为等边三角形，可得，从而可求出，即可求出椭圆的标准方程；（2）易知直线的斜率存在，设其方程为，联立，得到关于的一元二次方程，结合韦达定理，可求得的中点的坐标，从而可得到线段的垂直平分线的方程，令，可求出点的坐标，从而可得到的表达式，然后根据弦长公式，可求出的表达式，从而可求得为定值，经验证当时，为相同的定值.【详解】（1）由题意，当点在椭圆的左顶点时，到的距离最短，则，当点在椭圆的上顶点（或下顶点）时，的面积最大，此时为等边三角形，则，联立，解得，故椭圆的方程为.（2）为定值.证明：由题意可知，动直线的斜率存在，设其方程为，联立，得.设，，则，，设的中点为，则，.当时，线段的垂直平分线的方程为，令，得，即，所以..所以.当时，的方程为，此时，，，.综上，为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题，常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.22．（1）；（2） ；（3）见解析.【解析】【详解】试题分析：（1）求函数的导数，根据求出的值，但需要验证；（2）需要分类讨论，根据导数求出函数的最小值；（3）由（2）可得，利用裂项求和证明即可.试题解析：（1）∵的定义域为，，∵在处取得极小值，∴，即，此时，经验证是的极小值点，故．（2）∵，①当时，，∴在上单调递减，∴当时，矛盾．②当时，，令，得；，得．（i）当，即时，时，，即递减，∴矛盾．（ii）当，即时，时，，即递增，∴满足题意．综上:．（3）证明：由（2）知令，当时，（当且仅当时取“”）∴当时，．即当，有．考点：1.导数的综合应用；2.不等式恒成立问题；3.不等式的证明及裂项求和的方法.【方法点睛】本题主要考查的是导数的综合应用，恒成立的问题，以及不等式的证明及裂项法求和的方法，属于难题，前面两问相对来说较简单，但（2）问中恒成立问题，往往要分类讨论，合理的分类标准是解题的关键，因此准确的求出的范围，对第（3）问有非常大的影响，因为（2）中的闭区间上的值是（3）中需要赋的值，对于数列类不等式的证明，正确发现规律，裂项求和是证明此类题目的不二求法.