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.doc

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

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 ． i B ． C ． D ． 1
3、 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 ． 1 B ． 2 C ． 3 D ． 4
5、 已知实数 x ， y 满足不等式组 则目标函数 的最小值为（ ）
A ． 4 B ． C ． 2 D ． 8
6、 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 ． 1 D ．
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：
广告费 x / 万元
1.8
2.2
3
5
销售额 y / 万元
8
■
24
36
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 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： B
11、 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： 12
3、 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： 20
4、
【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

0
10
20
30
40
50
60
P

3、 （ 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 .