贵州省2022届高三10月高考适应性月考数学（理）试题（二）含解析

…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………贵州省2022届高三10月高考适应性月考数学（理） 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 （二）含解析姓名：__________班级：__________考号：__________一、选择题（共12题）1、若集合，，则（）A．B．C．D．2、复数z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数的虚部为（）A．iB．C．D．13、在平面直角坐标系中，角以x轴的非负半轴为始边，且点在角的终边上，则（）A．B．C．D．4、下列四个命题中：：是非零向量，若，则；：；：已知函数的定义域与值域都是，则实数；：若函数为奇函数，则.其中正确的命题个数是（）A．1B．2C．3D．45、已知实数x，y满足不等式组则目标函数的最小值为（）A．4B．C．2D．86、如图，在中，C是的中点，P在线段上，且.过点P的直线交线段分别于点N，M，且，其中，则的最小值为（）A．B．C．1D．7、如图，在棱长为a的正方体中，P在线段上，且，M为线段上的动点，则三棱锥的体积为（）A．B．C．D．与点M的位置有关8、设函数，利用课本上推导等差数列的前n项和 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 的方法求的值为（）A．B．C．D．9、在上定义运算：，若不等式对任意实数x均成立，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．10、设双曲线与直线相交于两个不同的点A，B，则双曲线C的离心率e的取值范围是（）A．B．C．D．11、记首项为1的数列的前项和为，且时，，则的值为（）A．B．C．D．12、已知函数若对任意的恒成立，则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题（共4题）1、若，则____________.2、某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf ：广告费x/万元1.82.235销售额y/万元8■2436根据上表已得回归方程为，表中一数据模糊不清，请推算该数据的值为___________.3、已知，则方程表示不同的椭圆的个数为___________.4、若函数满足（其中e为自然对数的底数），且.当_______时，取到极小值.三、解答题（共7题）1、已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且.在①；②，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.（1）求角A；（2）若_____________，求面积的取值范围.2、为了推进新高考改革，某中学组织教师开设了丰富多样的校本选修课，同时为了增加学生对校本选修课的了解和兴趣，该校还组织高二 年级 六年级体育公开课教案九年级家长会课件PPT下载六年级家长会PPT课件一年级上册汉语拼音练习题六年级上册道德与法治课件 300名学生参加了一次知识竞答活动，本次活动共进行两轮比赛，第一轮是综合知识小测验，满分100分，并规定得分从高到低排名在前20%的学生可进入第二轮答题，回答3个难度升级的题目A，B，C，分别涉及“体育健康”、“天文地理”和“逻辑推理”三个方面，答对A题得10积分，答对B题得20积分，答对C题得30积分.以下是300名学生在第一轮比赛中的得分按照，，，，，进行分组绘制而成的频率分布直方图如图所示：（1）根据频率分布直方图估计学生在第一轮比赛中至少得到多少分才能进入第二轮比赛？（2）若李华成功进入了第二轮比赛，并且他答对A题的概率为，答对B题的概率为，答对C题的概率为，设他在第二轮比赛中的所得积分为，求的的分布列和期望.3、如图，已知多面体的底面是菱形，是等边三角形，且平面底面底面.（1）在平面内找到一个点G，使得，并说明理由；（2）求直线与平面所成角的正弦值.4、在平面直角坐标系中，已知动点到定点的距离比到x轴的距离大1.（1）求动点M的轨迹C的方程；（2）过点作斜率为的直线分别交曲线C于不同于N的A，B两点，且.证明：直线恒过定点.5、已知函数（其中e为自然对数的底数，a为常数）．（1）讨论函数的单调性；（2）证明：当函数有极大值，且极大值为a时，若方程（m为常数）有两个不等实根则.6、在平面直角坐标系中，P为曲线（为参数）上的动点，将P点的横坐标不变，纵坐标变为原来的一半从而得到动点Q，记动点Q的轨迹为.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）设点M的直角坐标为，A，B是曲线上的两个动点，且，求的取值范围.7、设函数，且对任意的，都有.（1）求实数m的取值集合M；（2）设是M中元素的最大值，且正数a，b，c满足，证明：.============参考答案============一、选择题1、D【分析】先求出集合和集合，再根据集合的交集运算，即可得解.【详解】∵集合，∴，∴故选：D.2、C【分析】根据复数的除法，可得，再利用共轭复数的概念即可得解.【详解】，则，故选：C.3、A【分析】由三角函数定义求得，然后由正弦的二倍角公式计算．【详解】,由角的正、余弦值的定义可得，于是，故选：A.4、A【分析】对于：不妨设判断出错误；对于：取，判断出错误；对于：直接求出值域，解出b的值，即可判断；对于：取函数判断出错误；【详解】对于：不妨设是非零向量，满足，但是.故错误；对于：取，不满足.故错误；对于：已知函数在上单增，所以值域为.又值域为，所以，解得.故正确；对于：取函数为奇函数，则无意义.故错误；故选A.5、C【分析】如图作出可行域，根据的几何意义是原点到直线的距离的平方，求最小距离即可得解.【详解】作出不等式组所表示的平面区域如图所示，由图可知，的最小值为原点到直线的距离的平方，即，故选：C.6、C【分析】依题意可得，再根据平面向量共线定理得到，再利用基本不等式计算可得；【详解】解：，则，，又P，M，N共线，∴.又，∴，当且仅当时取等号，故选：C.7、A【分析】根据题意可得点到平面MBC的距离为，，利用等体积法和三棱锥的体积公式即可求出.【详解】由题意知，点到平面MBC的距离为a，又，所以点到平面MBC的距离为，又点M在上运动，所以，所以，故选：A.8、B【分析】首先寻找规律，由，即前后对应两项和为，首尾相加即可得解.【详解】，设，则，，故选：B.9、B【分析】根据新定义得出对任意实数x均成立，变形整理分离参数可得到对任意实数x均成立，从而只需即可.【详解】因为对任意实数x均成立，所以对任意实数x恒成立，即恒成立，所以恒成立，所以只需，又因为，所以，解得.故选：B.10、B【分析】联立直线与双曲线的方程消元，利用求出的范围，然后可算出离心率的范围.【详解】，所以，故选：B11、D【分析】当时，结合化简已知条件，由等差数列的定义可得为等差数列，求出即可得，将代入即可求解.【详解】当时，，则，即，可得，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以，，所以，故选：D.12、B【分析】首先画出函数的图象，再利用数形结合求实数的取值范围.【详解】，如图，作出函数的图象，当直线与曲线相切时，，当时，切线的斜率为，于是.故选：B二、填空题1、80【分析】利用赋值法令及计算可得；【详解】解：令，则，令，则，于是.故答案为：2、12【分析】先求出，然后根据方程可求出，然后可算出答案.【详解】由题中数据可得，故空白数据为12.故答案为：123、20【分析】表示椭圆，则且，则m，n的取值相当于从中5个不同的元素中任选2个，计算排列数即可．【详解】表示椭圆，则且，将0，1，2，…，9分成五组，m，n的取值相当于从中5个不同的元素中任选2个，于是不同的椭圆个数为．故答案为：204、【分析】令，则，再由，即可得到，从而得到，再利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的极小值点；【详解】解：令，则，又∵，∴，又∵，∴，∴.∴，.由，，可得函数在上单调递减，在上单调递增，∴当时，取到极小值.故答案为：三、解答题1、（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）由，即可得到，从而得到，即可得解；（2）若选①：利用诱导公式及二倍角公式，再利用正弦定理将角化边，即可得到，再利用正弦定理及三角形面积公式得到，再根据三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据正切函数的性质计算可得；若选②：利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，利用正弦定理及三角形面积公式得到，再根据三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据正切函数的性质计算可得；【详解】解：（1）由，可得，即，∵，∴（2）若选①：∵，∴，∴，∴.由正弦定理可得：，即，∴，∴,∵即∴,∴，∴，∴面积的取值范围是.若选②：∵，∴，∴.又由余弦定理可得：，即，∴，又，∴，由正弦定理可得：，即，∴，∴,∵即∴,∴，∴，∴面积的取值范围是.2、（1）76分；（2）分布列见解析，.【分析】（1）由频率分布直方图知进入二轮比赛的最低分数在上，根据大于的频率为可得；（2）确定的取值可能为0，10，20，30，40，50，60，然后计算出各概率，得分布列，再由期望公式计算出期望．【详解】（1）设学生在第一轮比赛中至少得到分才能进入第二轮比赛，则由频率分布直方图可得，解得，故学生在第一轮比赛中至少得到76分才能进入第二轮比赛.（2）由题意可知的取值可能为0，10，20，30，40，50，60，，，，，，，，故的的分布列为0102030405060P3、（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为H，只需在找点即可；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求平面的一个法向量与向量，根据直线与平面夹角的向量公式即可求解．【详解】（1）如图所示，取的中点为H，连接，再取的中点为G，连接，则.理由如下：∵是等边三角形，∴.又平面底面，且平面底面，∴底面.又底面，∴，即，又，∴，∴四边形是平行四边形，∴.（2）由（1）可知，∴直线与平面所成角的正弦值等于直线与平面所成角的正弦值.连接，由题意可知.以H为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设菱形的边长为2，则易知，.设平面的一个法向量为，则即令，则，∴，，∴直线与平面所成角的正弦值为.4、（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据条件，列式求动点的轨迹方程；（2）分别设出直线的方程，分别与抛物线方程联立，求得点的坐标，并表示直线的方程，即可证明直线恒过定点.【详解】（1）解：由题意可知：，化简可得曲线.（2）证明：由题意可知，是曲线上的点，设，则，联立直线的方程与抛物线C的方程，，解得①，同理可得②，而③，又④，由①②③④整理可得，故直线恒过定点.5、（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求导函数，讨论参数与即可分析函数的单调性；（2）当时，函数有极大值，即可求出，求导分析单调性，构造函数求导分析单调性即可证明结果．【详解】（1）解：由题意可得.①当时，在上恒成立，∴函数在上单调递减；②当时，令，令，∴函数在上单调递增，在上单调递减；综上所述：当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.；（2）证明：由（1）可知，当时，函数有极大值，且，解得，∴（其中），则，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.不妨设，则，当时，则.令，则，∴在上单调递减，于是，即，当时，，又，∴，又，且在上单调递减，，即．6、（1）；（2）.【分析】（1）根据伸缩变换规律，得到点的坐标，即看求得曲线的参数方程，再化为极坐标方程；（2）分别设直线的极参数方程，分别代入曲线的直角坐标方程，利用的几何意义，求的取值范围.【详解】解：（1）设点Q的直角坐标为，点P的直角坐标为，∵P为曲线：（为参数）上的动点，∴即（为参数）.消去参数可得曲线的直角坐标方程为，利用可得曲线的极坐标方程为.（2）由题意可设直线的参数方程为（为参数，），于是直线的参数方程可设为（为参数，），将代入，可得，解得或，∴.同理将代入，可得，解得或，∴，，又，∴，于是的取值范围是.7、（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）要使恒成立，只要即可，根据求得函数的最小值，再解绝对值不等式即可得出答案；（2）由（1）可得，，结合基本不等式即可得出结论.【详解】（1）解：，∵对任意的，都有，∴，于是，解得，∴实效m的取值集合.（2）证明：∵是M中元素的最大值，∴，∴，当且仅当时，等号成立.所以.