南充市高 2022 届高考适应性考试（一诊）理科数学试题及答案

秘密★启封并使用完毕前【考试时间：2021年12月21日下午15∶00-17∶00】南充市高2022届高考适应性考试（一诊）理科数学注意事项：1．答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将答题卡交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合Sss3n2,nZ，Ttt6n2,nZ，则STÈ=（）A．B．SC．TD．Z2．若复数z满足(1-i)z=2(3+i)，则z的虚部等于（）A．4iB.2iC．2D．43．设mR，则“m2”是“函数f()xx2mx在1,上单调递增”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4.人口普查是当今世界各国广泛采用的搜集人口资料的一种最基本的科学方法，根据人口普查的基本情况制定社会、经济、科教等各项发展政策．截止2021年6月，我国共进行了七次人口普查，下图是这七次人口普查的城乡人数和增幅情况，下列说法错误．．的是（）A．乡村人口数逐次增加B．历次人口普查中第七次普查城镇人口最多C．城镇人口数逐次增加D．城镇人口比重逐次增加5.农业农村部于2021年2月3日发布信息：全国按照主动预防、内外结合、分类施策、有效处置的总体要求，全面排查蝗灾隐患．为了做好蝗虫防控工作，完善 应急预案 办公室装修施工应急预案 下载公司关于消防应急预案火灾的应急预案防汛防洪应急预案施工生产安全应急预案 演练，专家假设蝗虫的日增长率为6%，最初有N0只，则大约经过（）天能达到最初的1800倍．（参考数据：ln1.06≈0.0583，ln1.6≈0.4700，ln1800≈7.4955，ln8000≈8.9872．）A．129B．150C．197D．199高三一诊数学(理科）第1页（共4页）6.函数f(x)(exex)lnx的图象大致是（）A．B．C．D．10n7．设数列{bn}前n项的乘积Tnb1•b2•bn．若数列{bn}的通项公式为bn4，则下面的等式中正确的是（）A．T1T19B．T8T11C．T5T12D．T3T1722xy28.双曲线C:1a0,b0的离心率为5，抛物线y2pxp0的准线与双曲线a2b2C的渐近线交于A，B点，若OAB（O为坐标原点）的面积为2，则抛物线的方程为（）A．y24xB．y26xC．y28xD．y216x9.已知函数fxacosx3sinxaR是偶函数.gxf(2x)1，若关于3367x的方程gxm在0,有两个不相等实根，则实数m的取值范围是（）12A．0,3B．0,3C．2,3D．21,32210．若A，B是O：xy4上两个动点，且OAOB2，A，B到直线l：3xy40的距离分别为d1，d2，则d1d2的最大值是（）A．3B．4C．5D．611．如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练，已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小，若AB15cm,AC25cm,BCM45，则tan的最大值是（）.（仰角为直线AP与平面ABC所成的角）25543A．B．C．D．935512．设函数f(x)的定义域为R，f(x-1)为奇函数，f(x+1)为偶函数，当xÎ[1,3]时，f(x)=kx+m，若f(0)-f(3)=-2，则f(2022)=（）A．2B．0C．2D．4高三一诊数学(理科）第2页（共4页）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题纸上）．13．若直线y2x+t与曲线y2lnx相切，则实数t的值为__________．r14．已知平面向量a(2,0)，b(1,2)，若向量c=a+(ab)b，则c___________．（其中c用坐标形式 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 示）15．已知ABC的内角A，B，C的对应边分别为a，b，c．若A，c4，ABC的3面积为23，则ABC的外接圆的半径为___________．216．已知O为坐标原点，抛物线C：y2pxp0上一点A到焦点F的距离为4，设点M为抛物线C准线l上的动点，给出以下命题：2①若△MAF为正三角形时，则抛物线C方程为y4x；②若AMl于M，则抛物线在A点处的切线平分MAF；2③若MF3FA，则抛物线C方程为y6x；④若OMMA的最小值为213，则抛物线C方程为y28x.其中所有正确的命题序号是__________．三、解答题：（共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第1721题为必考题，每个 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 考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．）17．(本题满分12分)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn1Snan1，________．请在①a4a713；②a1,a3,a7成等比数列；③S1065，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题．（Ⅰ）求数列an的通项公式；an（Ⅱ）设数列的前n项和Tn，求证：1£T<3.2nn注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18．(本题满分12分)在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点生产防疫物品，保障抗疫一线医疗物资供应．某口罩生产厂商在加大生产的同时，狠抓质量管理，不定时抽查口罩质量，质检人员从某日所生产的口罩中随机抽取了100个，将其质量指标值分成以下五组：100,110，110,120，120,130，130,140，140,150，得到如下频率分布直方图．（Ⅰ）规定：口罩的质量指标值越高，说明该口罩质量越好，其中质量指标值低于130的为二级口罩，质量指标值不低于130的为一级口罩．现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个口罩，再从中抽取3个，记其中一级口罩个数为X，求X的分布列及数学期望EX；（Ⅱ）在2021年“双十一”期间，某网络购物平台推出该型号口罩订单“秒杀”抢购活动，甲，乙两人分别在A、B两店参加一次抢购活动．假定甲、乙两人在A、B两店抢购成功的概率分别为p1，p2.记甲、乙两人抢购成功的总次数为Y，求Y的分布列及数学期望EY．19．(本题满分12分)如图1，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE．高三一诊数学(理科）第3页（共4页）（Ⅰ）设F为CD1的中点，在AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE．若存在，请证明；若不存在，请说明理由；（Ⅱ）求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值.x2y220．(本题满分12分)已知椭圆C:1(ab0)的离a2b23心率为，椭圆C的下顶点和上顶点分别为B1,B2，2且B1B22，过点P(0,2)且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点.（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）当k=1时，求△OMN的面积；（Ⅲ）求证：直线B1M与直线B2N的交点T恒在一条定直线上.1xa121．(本题满分12分)已知函数fxx2ax，其中aR．2ex（Ⅰ）讨论fx的单调性；（Ⅱ）若a0，1，设gxfxf0，（ⅰ）证明：函数gx在区间0，内有唯一的一个零点；x（ⅱ）记（ⅰ）中的零点为x，求证：ex001.01a（二）选考题：（共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分）．22．(本题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程ïìx=a+acosjïj在平面直角坐标系xOy中，曲线C1:í（为参数，实数a>0），曲线îïy=asinjïìx=bcosjï（j为参数，实数）在以为极点，轴的正半轴为极轴的C2:íb>0.Oxîïy=b+bsinj极坐标系中，射线与C1交于O，A两点，与C2交于O，pB两点.当a=0时，OA=1；当a=时，OB=2.2（Ⅰ）求a，b的值；2（Ⅱ）求2OA+3OA×OB的最大值.23．(本题满分10分)记函数f(x)x12x1的最小值为m．（Ⅰ）求m的值；2m（Ⅱ）若正数a，b，c满足abc，证明：(abbcca)(abc)9．3高三一诊数学(理科）第4页（共4页）南充市高2022届第一次诊断性考试理科数学评分细则一．选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．123456789101112BDCAACBACDBC二.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.-214.(4,-4)15.216.①②③④三.解答题17.（1）因为Sn1Snan1，所以Sn1Snan1，即an1an1，所以数列an是首项为a1，公差为1的等差数列.......................................2分选①.由a4a713，得a13da16d13，即2a1139d，所以2a113914，解得a12.所以ana1n1d2n11n1，即数列an的通项公式为ann1...............................................................6分2选②.由a1，a3，a7成等比数列，得a12da1a16d，222则a14a1d4da16a1d，所以a12.所以ana1n1d2n11n1................................................6分109选③.因为S10ad10a45d，10121所以10a145165，所以a12.所以ana1n1d2n11n1.....................................................6分ann1234n1（2）由题可知，所以Tn，2n2n222232n1234nn1所以T，2n2223242n2n111111n1两式相减，得T12n2223242n2n1111111n1122222232n12n11111nn13n32，1n1n12212222n3所以Tn3.nN..............................................................8分2nn4n3n2Tn1Tn3302n12n2n1n3故Tn3于nN单调递增................................................9分2nn3则T3T=1.n2n1n3显然T33.n2n综上：1£Tn<3...............................................................................................12分18．解：（1）按分层抽样抽取8个口罩，则其中二级、一级口罩个数分别为6，2．故X的可能取值为0，1，2．C3C0562PX03，..........................................................................................2分C81421C6C215PX13，...........................................................................................3分C82812C6C23PX23，..........................................................................................4分C828X的分布列为X0125153P142828...................................................................5分51533所以EX012．...................................................................6分1428284（2）由题知Y的可能取值为0，1，2.PY01p11p2=1p1p2p1p2；.............................7分PY1p11p21p1p2=p1p22p1p2；....................8分PY2p1p2．.......................................................................................................9分所以Y的分布列为Y012P1p1p2p1p2p1p22p1p2p1p2..............................................................................................................................................10分所以EYp1p2.................................................................................................................12分119.（1）取D1E的中点N，连AN、NF，则NEEC，NE//EC2111∵ECAB2，存在点M，当AM=AB1时，AMEC，AM//EC242则NFAM且NF//AM，则AMFN是平行四边形，AN∥MF.又MF平面D1AE，AN平面D1AE，则MF∥平面D1AE.............................6分（2）分别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，∵AD1=ED1=2，∴OD1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，∴OD1⊥平面ABCE.易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，∴OM⊥OK，故如图建系O﹣xyz.设平面CD1E的一个法向量n=（x，y，z），∵EC∥y轴，∴EC0,2,0，11∵ODAE22222，122∴D1为（0，0，2），又E为（﹣1，1，0），则ED11,1,2，ECn2y0y0由ED1nxy2z0x2z取z1，则n=（2，0，1）.................................................................9分又B为（1，3，0），则BD11,3,2，记直线BD1与平面CD1E所成角的大小为，BD1n222则sin...............................................................11分3BD1n3232直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值为....................................................12分33c320.解：(1)因为B1B22，所以2b2，即b1，因为离心率为，所以，设c3m，2a2则a2m,m0，又c2a2b2，即3m24m2b2，解得m1或1（舍去），x2所以a2,b1,c3，所以椭圆的标准方程为y21..................................4分4(2)设Mx1,y1,Nx2,y2，由直线的点斜式方程可知，直线l的方程为yx2，yx2与椭圆方程联立，2，x2y14整理得5x216x120，016则x1x2，........................................................................................6分512x1x252所以222161242，MN1kx1x24x1x21145552由原点到l的距离d2，112所以OMN的面积11424SdMN2.....................................................................8分2255(3)由题意知，直线l的方程为ykx2，设Mx1,y1,Nx2,y2，ykx2则2，x2y14整理得4k21x216kx120，216k412(14k2)016kx1x22则4k1，12x1x224k123因为直线和椭圆有两个交点，所以16k484k210，则k2，................9分4n1y1kx3311设Tm,n，因为B1,T,M在同一条直线上，则k，mx1x1x1n1y1kx1122因为B2,T,N在同一条直线上，则k，mx2x2x216k32n1n13x1x24k11由于34k4k0，所以n，mmx1x21224k211则交点T恒在一条直线y上，21故交点T的纵坐标为定值.....................................................................12分2(xa)ex121.（Ⅰ）f(x)xa(xa)，exex令f(x)0，得xa或x0，..................................................................1分当a0时，由f(x)0，得xa或x0，由f(x)0，得0xa，所以f(x)在(,0)和(a,)上单调递增，在(0,a)上单调递减；x(ex1)当a0时，由f(x)0，得x0，由f(x)0，得x0，所以f(x)在(,)上ex单调递增；当a0时，由f(x)0，得xa或x0，由f(x)0，得ax0，所以f(x)在(,a)和(0,)上单调递增，在(a,0)上单调递减，................4分综上所述：当a0时，f(x)在(,0)和(a,)上单调递增，在(0,a)上单调递减；当a0时，f(x)在(,)上单调递增；当a0时，f(x)在(,a)和(0,)上单调递增，在(a,0)上单调递减...............5分（Ⅱ）（ⅰ）当a0，1时，g(x)f(x)f(0)f(x)a1，g(x)与f(x)的单调性相同，由（Ⅰ）知，当a0，1时，g(x)在(0,a)上单调递减，在(a,)上单调递增，所以g(a)g(0)f(0)f(0)0，1xa11当xa时g(x)f(x)f(0)x2ax(1a)x2ax(1a).2ex212法一：g(a+a22(1a)a+a22(1a）aa+a22(1a）(1a)=0.2存在唯一的2，使得x0(a,a+a2a2)gx0=0.故函数gx在区间0，内有唯一的一个零点.................................................8分法二：1xa1111g(x)f(x)f(0)x2ax(1a)x2ax(1a)x2ax1=x(x2a)12ex2221g(2a2)(2a2)212a10.2存在唯一的x0(a,2a+2)，使得gx0=0.故函数gx在区间0，内有唯一的一个零点.................................................8分法三：1xa11g(x)f(x)f(0)x2ax(1a)x2axa12ex21g(2)222aa11a0.2存在唯一的x0(a,2)，使得gx0=0.故函数gx在区间0，内有唯一的一个零点.................................................8分说明：若给出解法为：当a0，1时，g(x)f(x)f(0)f(x)a1，g(x)与f(x)的单调性相同，由（Ⅰ）知，当a0，1时，g(x)在(0,a)上单调递减，在(a,)上单调递增，所以g(a)g(0)f(0)f(0)0，当xa时x，g(x).（扣2分）.x（ⅱ）证明：要证ex001.1ax1a只需证01a.............................................................................................9分ex012x01a由于gx0=0，得f(x0)f(0)，故x0ax01a.2ex012x01ax01a只需证x0ax0，2ex0ex0只需证x02a.因为f(x)在(a,)上单调递增，所以只需证明f(x0)f(2a)，因为f(x0)f(0)，所以只需证明f(2a)f(0)，................................................10分a1a1法一：由f(2a)f(0)(1a)=a1，e2ae2aa1设h(a)=a1，a0，1.e2ae2a2a1则h(a)=.................................................................................................10分e2a令2at，则t0，2，设k(t)ett1.则k(t)et10所以k(t)ett1在(0,2)单调递增，k(t)ett1k(0)0.e2a2a1则h(a)=0...........................................................................................11分e2aa1所以h(a)=a1在(0,1)上单调递增，所以h(a)h(0)0.e2a所以f(2a)f(0)，故原不等式得证........................................................................................................12分a1a1法二：由f(2a)f(0)2a(1a)=(1a)2a1，e(1a)ea1设(a)1，a0，1.............................................................................10分(1a)e2a2a2a2a(1a)e(a1)e2(1a)e2a2则(a)0，.........................11分(1a)2e2a(1a)2e2a所以(a)在(0,1)上单调递增，所以(a)(0)0，所以f(2a)f(0)，故原不等式得证.........................................................................................................12分1aa11a1a1aln法三：由f(2a)f(0)(1a)=(e2a)(e1ae2a)，e2ae2a1ae2a1a设p(a)ln2aln(1a)ln(1a)2a，a0，1......................................10分1a1122(1a2)2a2则p(a)20，.............................11分1a1a(1a)(1a)(1a)(1a)1ap(a)ln2a于(0，1)单调递增，1a因为1a0，所以p(a)p(0)0.所以f(2a)f(0).故原不等式得证........................................................................................................12分解析：（Ⅰ）将化为普通方程为222，其极坐标方程为22.C1(xa)ya=2acos.1由题可得当=0时，OA1，a．2将化为普通方程为222，其极坐标方程为C2xybb=2bsin.由题可得当=时，OB2，．.................................................................5分2b1（Ⅱ）由，的值可得，的方程分别为，abC1C2=cos=2sin.22p\2OA+3OA×OB=2cosq+23sinq×cosq=1+cos2q+3sin2q=2sinç2q+÷+1ç6÷pp7p2\£2q+£，2OA+3OA×OB最大值为3..................................9分666ppp当2q+=时，即q=取到.........................................................................................10分6263x，x1123.解：（1）f(x)x2，1x213x，x2当x1时，f(x)f13，113当1x，3f(x)f，222113当x时，f(x)f，22213所以mf(x)f()......................................................................5分min222111（2）由abcm1可得，abbcca，3cab因为a0，b0，c0，所以要证明不等式(abbcca)(abc)9，111只需证明(abc)9，cab11113因为(abc)333abc9，..........................................9分cababc当且仅当a=b=c=1时，等号成立.故原不等式成立.............................................................................................10分