2022届安徽省滁州市定远县育才学校高三下学期适应性考试（最后一卷）数学（理）试题含解析

这是一份2022届安徽省滁州市定远县育才学校高三下学期适应性考试（最后一卷）数学（理）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．RB．C．D．
【答案】C
【分析】根据集合的补集、并集定义进行运算即可.
【详解】由题知，则
故选：C
2．若复数，其中是虚数单位，则共轭复数在复平面上的坐标在（ ）.
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【解析】首先化简复数，并根据复数的几何意义判断在复平面内点的坐标，并判断象限.
【详解】，
所以，复数对应的点是，对应的点在第四象限.
故选：D
3．在平面直角坐标系中，已知向量，O是坐标原点，M是曲线上的动点，则的取值范围
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先设，由M是曲线上的动点，得到，再由向量数量积运算的坐标表示，即可求出结果.
【详解】设，则，因为M是曲线上的动点，所以，
又，所以；
因为，
所以的取值范围是.
故选A
【点睛】本题主要考查向量数量积的坐标运算，熟记公式即可，属于常考题型.
4．已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】C
【分析】令，将问题转化为，结合图象判断出直线与的图象的交点个数，再由的函数图象即可判断零点个数.
【详解】令，则由可得．作出的函数图象如图所示：
当直线与相切时，切点为，，则，解得；
当直线与相切时，切点为，则，解得，
∴直线与的图象有4个交点，不妨设4个交点横坐标为，且，
由图象可知，由的函数图象可知无解，有1解，有3解，有2解．
∴有6个零点．
故选：C．
5．设的内角，，的对边分别为，，，且，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】利用正弦定理把边化成角,再由和两角和的正弦公式进行展开化简,求出即可.
【详解】根据题意,由正弦定理可得：，
即，因为,
，
，，，
解得，，.
故选：C
【点睛】本题考查利用正弦定理边化角和两角和的正弦公式求三角形内角;属于中档题、常考题型.
6．某几何体的三视图如何所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知中的三视图，画出几何体的直观图，代入棱锥体积公式，可得答案．
【详解】解：由已知中的三视图，可得几何体的直观图如下图所示：
它有四棱锥与三棱锥组成，
故体积，
故选：．
【点睛】本题考查的知识点是棱锥的体积，简单几何体的三视图，属于中档题．
7．已知递增等比数列的首项为正，且成等差数列，则的公比为（ ）
A．或B．或C．D．
【答案】D
【分析】设公比为，利用等差中项和等比数列通项公式可构造关于公比的方程，根据为递增等比数列可确定结果.
【详解】设等比数列的公比为，
成等差数列，，，
，，
又且为递增数列，.
故选：D.
8．函数的大致图象为
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】由题意，f（﹣x）==﹣•sin（csx）=﹣f（x），
∴f（x）为奇函数，排除A，
f（0）=0，排除D，f（）=0，排除C，
故选B．
9．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表，其中《方田》章有弧田面积计算问题，计算术曰：以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一.其大意是，弧田面积的计算公式为：弧田面积（弦×矢+矢×矢）.弧田是由圆弧（简称为弧田弧）和以圆弧的端点为端点的线段（简称为弧田弦）围成的平面图形，公式中“弦”指的是弧田弦的长，“矢”等于弧田弧所在圆的半径与圆心到弧田弦的距离之差.现有一弧田，其弦长等于，其弧所在圆为圆，若用上述弧田面积计算公式算得该弧田的面积为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由弧田面积求出矢，设半径为，圆心到弧田弦的距离为，
列出方程组求出，，从而得到，
再由，即可求解.
【详解】如图所示，由题意可得，
弧田面积（弦矢+矢矢）（矢+矢矢），
解得矢，或矢（舍去），
设半径为，圆心到弧田的距离为，则，解得，，
所以，所以.
故选：D
10．已知定义在上的偶函数满足，当时，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】推导出函数是周期为的周期函数，分析函数的单调性，判断、、的正负，结合周期性与单调性判断可得出合适的选项.
【详解】因为定义在上的偶函数满足，
则，得，所以，，即，
当时，，则，
所以，函数在上为增函数，则该函数在上为减函数，
且当时，，
因为，则，
，，
，，
且，所以，，故，
因此，.
故选：B.
11．已知函数f（x）的定义域为R，当时，，且对任意的实数x，，等式成立，若数列{）满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用求得，根据函数单调性的定义推断出函数为减函数．根据和整理求得，进而可判断出是以1为首项，2为公差的等差数列．进而根据等差数列通项公式求得．由此能求出结果．
【详解】令，，得，
由题意知，所以，故．
当时，，，进而得．
设，且，则，
，．
即，所以是上的减函数．
由，得，
所以，
因为是上的减函数，所以，
即，，
得
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列．
所以，即，
所以．
故选：A
12．某工厂有甲､乙､丙三条独立的生产线，生产同款产品，为调查该月生产的18000个零件的质量，通过分层抽样的方法得到一个容量为20的样本，测量某项质量指数（如下表）：（ ）
A．该月丙生产线生产的零件数约为7200
B．表格中的数据的中位数为30
C．若乙生产线正常状态下生产的零件的质量指数，那么根据样本的数据，作出“乙生产线出现异常情况”的推断是合理的；
D．再从甲､乙､丙三条独立的生产线生产的产品中各取一件，其质量指数分别是24，27，30，这三个数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为，表格中的数据平均数记为，则有，以上选项正确的是：（）
【答案】A
【分析】根据所给的数据，逐项计算即可.
【详解】对于A，按照分层抽样的原理，丙类的样本数为8，占总样本数的 ，
所以丙生产线生产的零件总数为 ，故A正确；
对于B，将表中的数据重新从小到大排列如下：
，
可知中位数为 ，故B错误；
对于C，由于没有给出“生产线出现异常情况”的标准，无法判断，故错误；
对于D， ， ， ，
故D错误；
故选：A
二、填空题
13．已知函数，则_________.
【答案】
【分析】先求出函数的定义域，进而求出的定义域，求出的解析式，即可得出结论.
【详解】，定义域均为，
，定义域为，
的定义域为，
.
故答案为：
【点睛】本题考查函数解析式的求解，根据已知先确定函数的定义域是解题的关键，容易被忽略，属于基础题.
14．若变量，满足，则目标函数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】作出可行域，由可行域可得目标函数的取值范围.
【详解】作出可行域如下图，
由图可知，当平行移动直线过点时，取最小值1；当平行移动直线过点时，取最大值10.
故答案为:
15．如果执行右面的框图，输入，则输出的数等于___________．

【答案】
【详解】试题分析：∵初始值，循环下去：；；； ；
输出
【解析】本题考查了程序框图的应用
点评：解决此类问题的重点是循环结构的意义，注意判断框内的条件，考查分析问题、解决问题的能力
16．如图，在四棱锥中，底面为正方形，且，其中，，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论：①；②；③面；④面，其中恒成立的有__________.
【答案】①③
【解析】结合底面为正方形，四条侧棱相等判断四棱锥为正四棱锥，则可证平面平面，平面平面，再依次判断选项是否正确即可
【详解】因为底面为正方形，且，故四棱锥为正四棱锥，
设与的交点为，则底面，
又平面，故，又，，故平面，又，，分别是，，的中点，故
平面，平面，故平面，同理可证平面，，则平面平面，则平面，又平面，故，①正确；当与重合时，才满足，故②错误；由平面平面，平面，可得面，故③正确；由得平面，只有当与重合时，满足，面，故④错误.
故答案为：①③
【点睛】思路点睛：本题考查线线垂直，线线平行，线面平行，线面垂直的证明，常见证明思路为：
（1）可通过线面垂直证明线线垂直；
（2）可通过平行四边形、中位线定理证线线平行；
（3）可通过面面平行证线面平行，也可通过证明直线与平面内的直线平行证明线面平行；
（4）可通过证直线与平面的两条相交直线垂直证线面垂直.
三、解答题
17．在中，角，，所对的边分别为，，，满足，且角为钝角．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，，求的面积.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）整理可得,即,利用正弦定理可得,即,即可求解；
（Ⅱ）由（Ⅰ）分别求得,,,利用正弦定理求得,再根据和角公式求得,进而代入三角形面积公式中求解即可.
【详解】（Ⅰ）由题,整理可得,
∴,即,
由正弦定理可得,
,
为钝角,
,
（Ⅱ）由（Ⅰ）,,
,,,
由正弦定理,即,解得,
,
三角形面积
【点睛】本题考查和角的正切公式的应用,考查求三角形的面积,考查正弦定理的应用.
18．为了监控某台机器的生产过程，检验员每天从该机器生产的零件中随机抽取若干零件，并测量其尺寸（单位：）．根据长期生产经验，可以认为这台机器正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布．检验员某天从生产的零件中随机抽取个零件，并测量其尺寸（单位：）如下：
将样本的均值作为总体均值的估计值，样本标准差作为总体标准差的估计值．
根据生产经验，在一天抽检的零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为该机器可能出现故障，需要停工检修．
(1)试利用估计值判断该机器是否可能出现故障；
(2)若一台机器出现故障，则立即停工并申报维修，直到维修日都不工作．
根据长期生产经验，一台机器停工天的总损失额，、、、（单位：元）．现有种维修方案（一天完成维修）可供选择：
方案一：加急维修单，维修人员会在机器出现故障的当天上门维修，维修费用为元；
方案二：常规维修单，维修人员会在机器出现故障当天或者之后天中的任意一天上门维修，维修费用为元．
现统计该工厂最近份常规维修单，获得机器在第天得到维修的数据如下：
将频率视为概率，若机器出现故障，以机器维修所需费用与机器停工总损失额的和的期望值为决策依据，应选择哪种维修方案？
参考数据：，．参考公式：，．
【答案】(1)该机器出现了故障
(2)方案一
【分析】（1）利用参考数据计算出、的值，可得出、的估计值，可计算得出、的值，结合题中的数据检验可得出结论；
（2）设选择方案一、方案二的维修所需费用与机器停工总损失额分别为、元，列举出的分布列，计算出、的值，比较大小后可得出结论.
【详解】（1）解：由已知可得，，
所以，，，所以，，，
，故该机器出现了故障.
（2）解：当时，一台机器的总损失额为元；
当时，一台机器的总损失额为元；
当时，一台机器的总损失额为元；
当时，一台机器的总损失额为元.
设选择方案一、方案二的维修所需费用与机器停工总损失额分别为、元，
选择方案一，则元，
选择方案二，则的可能取值有：、、、，
所以，，，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
所以，元，
所以，，故选方案一较好.
19．如图，在棱长为的正方体中，，分别在棱，上，且.
（1）求异面直线与所成角的余弦值.
（2）求四面体的体积.
【答案】（1）； （2）.
【分析】（1）通过补形法得到异面直线A1E与C1F所成的角，利用余弦定理求解；
（2）证明平面，然后利用等积法求四面体的体积．
【详解】（1）在正方体中，延长至，使，则.
∴.
∴为异面直线与所成的角.
在中，，，
∴.
（2）在上取一点，使.
∴，从而，平面，
∴ .
【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查了利用等积法求多面体的体积，考查空间想象能力与计算能力，是中档题．
20．已知椭圆的离心率为，椭圆经过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点是椭圆上的任意一点，射线与椭圆交于点，过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，直线与椭圆交于两个相异点，证明：面积为定值.
【答案】（1）； （2）证明见解析.
【解析】（1）根据椭圆的离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）根据直线是否存在斜率分类讨论，结合一元二次方程根与系数关系、椭圆弦长公式、点到直线距离公式、三角形面积公式、三点共线的性质进行求解即可.
【详解】（1）解：因为的离心率为，
所以，即，
解得.①
将点代入，整理得.②
联立①②，得，，
故椭圆的标准方程为.
（2）证明：①当直线的斜率不存在时，
点为或，由对称性不妨取，
由（1）知椭圆的方程为，所以有.
将代入椭圆的方程得，
所以 .
②当直线的斜率存在时，设其方程为，
将代入椭圆的方程
得，
由题意得，
整理得.
将代入椭圆的方程，
得.
设，，
则，，
所以 .
设，，，则可得，.
因为，所以，
解得（舍去），
所以，从而.
又因为点到直线的距离为，
所以点到直线的距离为，
所以 ，
综上，的面积为定值.
【点睛】关键点睛：由射线与椭圆交于点，转化为，再结合椭圆的标准方程求出是解题的关键.
21．已知函数．
（1）若，求函数在上的最小值；
（2）若函数在上存在单调递增区间，求实数的取值范围；
（3）根据的不同取值，讨论函数的极值点情况．
【答案】(1)1； (2)； (3)答案见解析.
【分析】（1）把代入，利用导数探讨函数单调性即可计算作答.
（2）根据给定条件，由不等式在区间上有解，列式求解作答.
（3）按分类讨论导函数在上零点情况，推理判断作答.
【详解】（1）当时，函数的定义域为，，
即函数在上是增函数，当时，，
所以函数在上的最小值是1.
（2）函数定义域为，，令，
依题意，在区间上存在子区间使不等式成立，
而函数的图象是开口向上的抛物线，则只需或即可，
由，即，得，由，即，得，
综上得，
所以在上存在单调递增区间，的取值范围是.
（3）由（2）知，函数定义域为，，，
当时，，，函数在上单调递增，无极值点；
当时，若，即时，，当且仅当取“=”，
于是得，函数在上单调递增，无极值点；
若，即时，当时，，，
当或时，，，
则当时，是函数的极大值点，是函数的极小值点，
所以，当时，函数无极值点；当时，是函数的极大值点，是函数的极小值点．
【点睛】方法点睛：连续函数在闭区间上有最大值和最小值，求函数在闭区间上的最值，求出函数的极值与区间两端点的函数值比较作答.
22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
(1)求曲线C的直角坐标方程；
(2)设点M的直角坐标为，直线l与曲线C的交点为A，B，求的值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题得，再代入极坐标公式即得解；
（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得到韦达定理，再利用直线参数方程的几何意义求解.
【详解】（1）解：因为，所以．
根据，得出曲线C的直角坐标方程为．
（2）解：将代入，得．
设这个方程的两个实数根分别为，，则，．
由参数t的几何意义可知，．
23．已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若的解集包含，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用零点分区间法去绝对值号，即可求出的解集；
（2）利用绝对值三角不等式把题意转化为，即可解出a的取值范围.
【详解】（1）因为，所以．
当时，无解；
当时，由，得，解得；
当时，恒成立．
综上所述，的解集为．
（2）等价于．
当时，等价于，
解得或，
则或，解得或．
故a的取值范围为．
甲
21
22.5
24
25.5
27
乙
22
24
25
27
29
30
32
丙
24
26
28
30
32
42
48
54
频数