江苏省南通市如皋市2022届高三下学期适应性考试(二)数学试题 附解析

如皋2022届高三年级适应性考试2数学一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合均为的子集，且，则（）A. B. C. D.【1题答案】【答案】C【解析】【分析】利用韦恩图，结合集合的交集、并集和补集的运算，即可求解.【详解】如图所示，集合均为的子集，且满足，所以.故选：C.2.设为实数，且为纯虚数（其中是虚数单位），则（）A.1 B. C. D.【2题答案】【答案】A【解析】【分析】利用复数代数形式的除法运算法则化简，再根据纯虚数的定义即可得出．【详解】解：复数为纯虚数（其中是虚数单位），为实数．，解得．故选：A．3.若，则（）A. B. C.或 D.【3题答案】【答案】A【解析】【分析】利用倍角公式，以及同角三角函数关系，整理化简即可求得正切值.【详解】解：因为，所以，即，解得.故选：A.4.《张邱建算经》曾有类似记载：“今有女子善织布，逐日织布同数递增（即每天增加的数量相同）".若该女子第一天织布两尺，前二十日共织布六十尺，则该女子第二十日织布（）A.三尺 B.四尺 C.五尺 D.六尺【4题答案】【答案】B【解析】【分析】用表示该女子第天织布尺寸，问题转化为已知，，求，利用等差数列的前项和公式求解．【详解】用表示该女子第天织布尺寸，则，，由，得，．故选：B．5.若函数为奇函数，则实数的值为（）A.1 B.2 C. D.【5题答案】【答案】D【解析】【分析】根据题意可得，计算可得，经检验均符合题意，即可得解.【详解】由为奇函数，所以，所以，可得，解得，当时，的定义域为，符合题意，当时，的定义域为符合题意，故选：D6.已知直线与抛物线交于两点，为的中点，为坐标原点，则（）A.2 B. C.4 D.【6题答案】【答案】D【解析】【分析】直线方程与抛物线方程联立方程组求得交点坐标，再求得中点坐标，计算出，即可得．【详解】由得，，，则，，所以，，，为的中点，则，，，所以．故选：D．7.已知函数，若关于的方程有且只有三个不同的实数解，则正实数的取值范围为（）A. B. C. D.【7题答案】【答案】B【解析】【分析】化简函数解析式，分析可知关于的方程、共有个不同的实数解，利用代数法可知方程有两个根，分析可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】因为，由可得，所以，关于的方程、共有个不同的实数解.①先讨论方程的解的个数.当时，由，可得，当时，由，可得，当时，由，可得，所以，方程只有两解和；②下面讨论方程的解的个数.当时，由可得，可得或，当时，由，可得，此时方程有无数个解，不合乎题意，当时，由可得，因为，由题意可得或或，解得或.因此，实数的取值范围是.故选：B.8.连续向上抛一枚硬币五次，设事件“没有连续两次正面向上”的概率为，设事件“没有连续三次正面向上”的概率为，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【8题答案】【答案】B【解析】【分析】抛一枚硬币五次，共有32种可能，列表写出各种可能，然后计数后可得，从而得出结论．【详解】抛一枚硬币五次，每次都有正面或反面向上两种可能，五次共有32种可能，列表如下：1正正正正正17正正正正反2反正正正正18反正正正反3正反正正正19正反正正反4反反正正正20反反正正反5正正反正正21正正反正反6反正反正正22反正反正反7正反反正正23正反反正反8反反反正正24反反反正反9正正正反正25正正正反反10反正正反正26反正正反反11正反正反正27正反正反反12反反正反正28反反正反反13正正反反正29正正反反反14反正反反正30反正反反反15正反反反正31正反反反反16反反反反正32反反反反反其中没有连续两次正面向上的有13种，没有连续三次正面向上的有24种，所以，，．故选：B．二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.设，则下列说法正确的是（）A.B.C.展开式中二项式系数最大的项是第5项D.【9题答案】【答案】ABD【解析】【分析】利用赋值法判断A、B，根据二项式系数的性质判断C，写出展开式的通项，即可求出、，从而判断D；【详解】解：因为，令得，故A正确；令得，所以，故B正确；因为二项式展开式共项，则展开式中二项式系数最大的项是第6项，为，故C错误；二项式展开式的通项为，所以，，所以，故D正确；故选：ABD10.已知，且.则下列选项正确的是（）A.的最小值为B.的最小值为C.D.【10题答案】【答案】BD【解析】【分析】利用代“1”法，然后利用基本不等式可判断A；利用，可知，根据二次函数最值判断B；利用代“1”法，然后化为带分数即可判断C；利用基本不等式即可判断D；【详解】解：由题意得：对于选项A：因为，所以当且仅当时，即，的最小值为，故A错误；对于选项B：因为，所以故当时，的最小值为，故B正确；对于选项C：，故C错误；对于选项D：，当时等号成立，但,故等号不成立所以,故D正确.故选：BD11.已知函数的图象在轴上的截距为，在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，则下列说法正确的是（）A.B.C.函数在上一定单调递增D.在轴右侧的第一个最低点的横坐标为【11题答案】【答案】AC【解析】【分析】根据题意，得到，求得，再由，求得，得到函数，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，函数的图象在轴上的截距为，可得，因为，可得，所以A正确；又由，且在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，可得，则，可得，所以，则，可得所以，所以函数最大值为，所以B错误；由，当，可得，根据正弦函数的性质，可得函数在上单调递增，所以C正确；由，令，解得，当时，可得，即在轴右侧的第一个最低点的横坐标为，所以D错误.故选：AC.12.如图，正方体的棱长为分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的是（）A.四点一定共面B.若四边形为矩形，则C.若四边形为菱形，则一定为所在棱中点D.若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为【12题答案】【答案】AD【解析】【分析】根据棱长为，且可得，再逐项分析即可得解.【详解】连接交于点，为正方体的中心，由棱长为，且，可得，所以交于点，交于点，所以交于点，，故四点一定共面，所以A正确；对B，若四边形为矩形，可以也可以，故B错误；对C，若四边形为菱形，则必有，则必有一定为所在棱的中点或一定为所在棱的中点，故C错误；四边形为菱形，当都为各边中点时，四边形周长最小为，若为所在棱中点，而分别和重合时，此时菱形周长最大，边长为，所以周长为，故D正确.故选：AD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在平面直角坐标系中，圆交轴于，交轴于，四边形的面积为18，则___________.【13题答案】【答案】【解析】【分析】由面积求出长，再求圆心坐标【详解】由题意，故，而圆心在的垂直平分线上，所以由垂径定理知半径,解得所以或，故，故答案为：14.已知分别是的边上的中点，点在线段上，且，若，则___________.【14题答案】【答案】##0.5【解析】【分析】取为基底.利用向量的线性运算表示出，即可求出.【详解】取为基底.因为分别是的边上的中点，所以.因为点在线段上，且，所以.所以.所以，所以.故答案为：.15.从正四面体的四个面的中心以及四个顶点共八个点中取出四个点，则这四个点不共面的取法总数为___________种.【15题答案】【答案】【解析】【分析】从这八个点中任取四个点共有种，其中正四面体的四个面上的四个点是共面及正四面体共有6条棱，可构成6种情况四点共面，进而求得四个点不共面的取法总数.【详解】如图所示，从这八个点中任取四个点，共有种，其中在正四面体的四个面上的四个点是共面的，共有4种；因为分别是各个正三角形的中心，可得，此时四点共面，又由正四面体共有6条棱，共有6种情况四点共面，所以这四个点不共面的取法总数为种.故答案为：.16.已知双曲线的左焦点为，若点关于渐近线对称的点恰好落在渐近线上，则的坐标为___________，双曲线的离心率为___________.【16题答案】【答案】①.②.2【解析】【分析】由题意分析渐近线斜率，然后求离心率【详解】由题意得，且点第一象限，又点在上，故，，即点，由题意，两条渐近线的夹角，一条渐近线与轴的夹角相等故一条渐近线与轴的夹角为，，．故答案为：，2四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知中，角的对边分别为，且，（1）求；（2）求的面积.【17题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意化简得到，利用余弦定理得到，求得，即可求解；（2）由两角和正弦函数，求得，再由正弦定理求得，结合面积公式，即可求解.【小问1详解】解：因为，所以，可得，又由余弦定理得，所以，解得，因为，所以.【小问2详解】解：由，在中，由正弦定理，可得，所以，所以的面积.19.已知数列满足：（1）求的值；（2）设，求数列的通项公式.【19题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据数列的递推公式代入求值（2）根据可推出是以1为首项，公差为2的等差数列，由可知是以1为首项，公比为2的等比数列，写出通项公式后代入即可.【小问1详解】解：由题意得：.【小问2详解】因为，所以是以1为首项，公差为2的等差数列，所以.因为，所以，所以，所以是以1为首项，公比为2的等比数列，所以，所以综上所述：数列的通项公式为.21.如图，已知正四棱锥的棱长都相等，，分别是，中点，是上的一点.（1）若平面，试确定点的位置；（2）若平面，求二面角的余弦值.【21题答案】【答案】（1）为的中点（2）【解析】【分析】（1）连接，取其中点，连接，利用线面平行得到线线平行，再利用线线平行证明面面平行，最后确定的位置（2）利用二面角的定义，先找出二面角，然后利用直角三角形的三边关系求出答案【小问1详解】连接，取其中点，连接，，又，，平面，若为中点，则，平面，平面平面，平面，平面符合题意，为的中点.【小问2详解】设，，，，，，过作于点，平面，过作于点，连接，即为所求二面角.，，，，所以，二面角的余弦值为23.某学校共有3000名学生，其中男生1800人，为了解该校学生在校的月消费情况，采取分层抽样的方式，抽取100名学生进行调查，先统计他们某月的消费金额，然后按“男､女”性别分成两组，再分别将两组学生的月消费金额分成5组：分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图.（1）样本中将月消费金额不低于600元的学生称为“高消费群”.请你根据已知条件完成下列列联表，并判断是否有的把握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关？属于“高消费群”不属于“高消费群”合计男女合计（参考公式：，其中（2）以样本估计总体，以调查所得到的频率视为概率，现从该学校中随机每次抽取1名学生，共抽取4次，且每次抽取的结果是相互独立的，记被抽取的4名学生中“高消费群”的人数为，求的期望和方差.【23题答案】【答案】（1）列联表答案见解析，有的把握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关（2）【解析】【分析】（1）根据题目所给数据，求得列联表，代入公式，求得卡方值，比照临界值表，即可得解；（2）“高消费群”的人数为，根据二项分布的期望和方差公式进行求解即可.【小问1详解】依据频率分布直方图得：属于“高消费群”不属于“高消费群”合计男154560女202040合计3565100提出假设：“高消费群”与“性别”无关，因为，所以有的把握认为该校学生属于“高消费群”与“性别”有关.【小问2详解】4名学生中每一名学生是“高消费群”的概率为，所以，所以.25.已知圆与轴交于点，过圆上一动点作轴的垂线，垂足为，设的中点为，记的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过作与轴不重合的直线交曲线于两点，直线与曲线的另一交点为，设直线的斜率分别为.证明：.【25题答案】【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）运用相关点法即可求曲线的方程；（2）首先对直线的斜率是否存在进行讨论，再根据几何关系分别求出三点的坐标，进而表示出直线的斜率，再根据斜率的表达式进行化简运算，得出结论．【小问1详解】设，则，是的中点，；又在圆上，，即；曲线的方程为：．【小问2详解】当直线的斜率不存在时，直线的方程为：，若点在轴上方，则点在轴下方，则，；直线与曲线的另一交点为，则与关于原点对称，，；；若点在轴下方，则点在轴上方，同理得：，，；，，；当当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，由与联立，得：，其中，设，，则则，，则．27.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：.【27题答案】【答案】（1）答案见解析