重庆市第一中学2022届高三数学考前适应性考试（PDF版附答案）

\n\n\n\n2022年重庆一中高2022届高考适应性考试数学参考答案一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．题号12345678答案ADCBCABD【解析】1．易知2{CC，，01}，所以C的个数即为{01}，的子集个数，故选A．11i11112．由za(1)i为纯虚数得a1，则zi对应的点为，，121i(1i)(1i)2222故选D．23．由已知可得24，，由正态分布的对称性可知PX(0)PX(4)0.1587，故PX(0≤≤4)120.15870.6826，故选C．3232234．如图1可得，AB3，∴AB2，∴AO2，14233222327728π∴AO1，故球O的表面积为4π，3333故选B．22212215．n≤，log420022log4log1000log2223log10log22因为log10233203201121221，0log1，所以2nn≤8log的最大值为8，故选C．lg20.3203220x1336．由e1≥x，可得e1，log5log33，所以abc，故选A．33222π3317．由条件有fxmn()sinxcosx2sinx，∵fπ2sinππ2sinπ44443π3π0，故，0是f()x的一个对称中心，于是对任意的x有fxf()x0成立．又42数学参考答案·第1页（共10页）\n3π3π等差数列{}a中a，则aaaaa2，∴数列{}b的前5项和n315243n42fa()()fafa()2[()()]()2000fafafa，故选B．12515322aa28．法一：设M()()xyPxy，，00，，由相关点法易得点M的轨迹方程为xy，当2422AM与该圆相切时BAM最大，此时，(cosBAM)．min3222aacosasin法二：由题点P的轨迹为圆xya，设Pa(cos，，asin)则M，，22ysinMtanBAM，其表示点CD(cos，sin)，(3，0)之间的斜率的绝xacos3M1122对值，画图易得||k，即()tanBAM，即(cosBAM)，故CDmaxmaxmin22223选D．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．题号9101112答案ABDABDACACD【解析】229．对于A：||1(1)a2，故A正确；对于B：ab即a为b的相反向量，则ab，的长度相等，即||||ab，故B正确；对于C：由向量减法的三角形法则知ABACCB，故C错误；对于D：由abab1(m1)20得m2，故D正确.综上，故选ABD．10．如图2，对于A：由三垂线定理可得BD面ADC；对111于B：VVSBC，为定值；对于C：DBE11FBDE11F3△DE1F11当点P运动到A时，此时DP与BC所成角为45，不垂111直；对于D：∵ABCD//，∴VVV，11PACD11BACDD1ABC数学参考答案·第2页（共10页）\n122211223即ShSDD，∴点P到平面ACD的距离h，故选△△ACD1ABC1133332(22)4ABD．11．对于A：由f(2xf)()()xfx，用x替代x，可得f(2xfx)()，可得f()x的图象关于直线x1对称，所以A对；对于B：f()x的图象关于直线x1对称，由f(2xf)()x，可得函数的f()x的最小正周期为4，所以f()x的图象关于直线x3对称，所以B错；对于C：fff(2022)(2)(0)0，所以C对；对于D：f(1)的值无法确定，所以D错，故选AC．212．对于A：直接挑战第2关则两次投掷的点数之和应大于226，故直接挑战第二关过1234567关的概率P，故选项A正确；对于B：闯第一关时，16612n122n13，故挑战第一关通过的概率P，则连续挑战前两关并过关的概率221773PPP，故选项B错误；对于C：抛掷3次的基本事件有6216种，抛12212243391掷3次至少出现一个5点的共有6591种，故PB()，而事件AB包括：含5，5，2167PAB()15的1种，含4，5，6的6种，一共7种，故PAB()，所以PAB(|)，216PB()13n44故选项C正确；对于D：当n4时，22n420，基本事件有61296种，“4次点数之和大于20”包括以下情况：含有5，5，5，6的4种，含5，5，6，6的6种，含6，6，6，6的1种，含4，6，6，6的4种，含5，6，6，6的4种，含4，5，6，635的12种，含3，6，6，6的4种，共有35种，所以直接挑战第4关，过关的概率为P4，1296故选项D正确，故选ACD．数学参考答案·第3页（共10页）\n三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．题号13141516答案25420222[1e]，【解析】22213．由条件有aaa，即(2adaad)(12)，又a1，∴(12)dd112，解得311311111d2，∴S5154225．5214．设||NFt，由FM2NF得||2MFt，于是ttM2||9Nt3，由结论：114112p4.（或设直线l的方程、联立亦可得）．||||MFNF通径36p20222022202215．令11112022x，则aaa1，故aaaa2．01202201220222222e116．构造函数hx()(e1)lnxx1，hh(1)(e)0，hx()1，hx()单调递减，hx()x的值先正后负，所以hx()先单增再单减，所以原不等式的解集为[1e]，．四、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）解：（1）由图及f()x的最值可知k2，……………………………………（1分）3ππ又f(0)2sin()3，即sin，且0，∴，223π∴f()x的解析式为fx()2sin2x．……………………………………（2分）3πππ5ππ由2πkxk≤2≤2π，解得kxππ≤≤kk，Z，23212125ππ∴f()x的单调递增区间为kkkππ，，Z．1212…………………………………………………………………（4分）数学参考答案·第4页（共10页）\nππkππ（2）由fA()0，即sin2A0，∴2πAk，即Ak()Z，3326ππ又0A，∴A．……………………………………………（6分）23又3sinBC4sin，由正弦定理得34bc①，…………………………………（7分）13又△ABC的面积SbcsinAbc33，∴bc12②，△ABC24………………………………………………………………（8分）由①②解得bc43，．……………………………………………………（9分）222221由余弦定理得：abcb2ccAos4324313，故a13．2……………………………………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）12345解：（1）依题意：x3，又y16，55(xxyyii)()(2)(8)(1)(5)0(2)182743，i155222222()(xxi2)(1)01210，()2yyi06，i1i1………………………………………………………………（3分）n()xxyyii()i1434343则r0.947，由0.9470.75，nn10206251545.422()()xxiiyyii11故管理时间y与土地使用面积x线性相关性较强．……………………………（5分）（2）“年轻人”有20080%160（人），“非年轻人”有20016040（人），经常使用直播销售用户有20060%120（人），不常使用直播销售用户有20012080（人）．5“经常使用直播销售用户的年轻人”有120100（人），“经常使用直播销售用户的6非年轻人”有12010020（人），……………………………………（7分）数学参考答案·第5页（共10页）\n∴列联表如下：年轻人非年轻人合计经常使用直播销售用户10020120不常使用直播销售用户602080合计16040200于是abcd100，，，206020.……………………………………（10分）22200(100206020)25∴K2.0832.072，120801604012即有85%的把握认为经常使用网络直播销售与年龄有关．………………………（12分）19．（本小题满分12分）3（1）证明：当n1时，aSa1，即a2．1111233当n≥时，由2San①，San(1)②，nnnn112233①−②得：aaa1，即aan13(1)(2)≥，……………………（4分）nnn1nn122又a130，所以数列{1a}是以3为首项，3为公比的等比数列，1nnn*故a13，即a31()nN．……………………………………（6分）nnn1*（2）解：由（1）知cn(1)2()nN，n012nn21Tn021222(2)2(1)2n⑤，n123nn120Tn21222(2)2(1n)2⑥，nn1⑤−⑥得：12nn21n2(12)nTn0(2222)(1)2(n1)2，n12所以(2)22nTn，………………………………………………（9分）n故不等式可化为(2)2(2n)*nn≥t()nN，数学参考答案·第6页（共10页）\n当n1时，不等式化为2≥t，即t≥2，当n2时，不等式化为00≥，此时tR，n当n≥3时，不等式化为t≤2恒成立，所以t≤8．综上，实数t的取值范围是[28]，．……………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（1）证明：∵EFBC//，EF面ABC，BC面ABC，∴EF//面ABC，又面ABC面AEFl，故l//EF．………………………………………………………（2分）222222（2）证明：由题意可得，PCBCPB，ACBCAB，∴PCBC，ACBC，又PCACC，∴BC面PAC．……………………………………（5分）（3）解：由（2）可得BC面PAC，故以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴，过C垂直于面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图3，则A(0，，，20)1313B(400)，，，P(01，，3)，E0，，，F2，，，222233设Mm(20，，，则)PM(13m，，)，EF(200)，，，AE0，，,22PMEF2m||mcos|cos〈，〉PMEF|，||PM||EF21m232m4…………………………………………………………（7分）33nAE0，yz0，设面AEF的一个法向量为nxyz()，，，则由即22nEF0，20x，令y1，可得x0，z3，∴n(01，，3)，………………………………（9分）数学参考答案·第7页（共10页）\nPMn21∴sin|cos〈，PMn〉|，||PM|n|24mm224π∵，∴cossin，m1，即存在M满足题意，此时||AM1．2…………………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）由椭圆的定义△ABF的周长为定值4a，……………………………（2分）127aab22222c3而(|AF||BF|)，故||AB，abace444．11maxmin22aa2………………………………………………………………（4分）2222xy42222（2）由（1）知ab4，故椭圆Cx：14ya；抛物线Ex：，2ay22aa2xxx00x0由xa2yy，故kll，：yyx00()xl：yxy0，aaaa………………………………………………………………（6分）248xx0022y02将l代入椭圆方程中，消去y并整理得：14xxya0，（✱）20aa2222222由判别式4(44)0axyaxy440，注意到x2ay，00000022a2则有aa840yy，记tt，0，则有tt840t(254，，)00y08xy00a8axy00方程（✱）的两根即为x，，于是xxx①，12122224xax40012a222aya(4)0xx②，……………………………………（8分）1222ax40因为以MN为直径的圆过原点O，所以数学参考答案·第8页（共10页）\nxxxx2y000002OMON00xxxyxy1xx(xx)y0，121020212120aaaa22224222将①②代入上式，并整理，得：50ayaxa，即50yxa，0000……………………………………………………………………（10分）2再次注意到x2ay，0022a2于是有52yaya0，记tt，0，则有52tt0t16，00y0因为t(254，)，所以t61（说明：因为254161），a综上，61．…………………………………………（12分）y0b2222若是保留b，则可先求，椭圆Cx：44yb，抛物线E：，xb4yy0x0222b切线ly：xy，联立后，16(bxy)0(52，，)0002by0222bb46b1OMON054404ybyb50，00yyy2000ab2从而61．yy0022．（本小题满分12分）xln(x1)（1）证明：fx()x1，2xx11x令mx()ln(1)x，mx()，22x1(1xxx)1(1)所以x(0，时)，mx()0()，mx单调递减，所以mx()m(0)0，所以x(0，时)，fx()0，f()x单调递减．……………………………………………………（5分）数学参考答案·第9页（共10页）\n11（2）解：由gx()fx()f可知gxg()，xx1所以只需考虑gx()fx()f，，x(01]，g(1)2ln2，x…………………………………………………………（7分）111ln(x1)1gx()ln(1)xxln1，gx()ln(1)lnxx，2xxx(1xx)x1(4x2)2ln(xx1)2(21)xg(1)0，gx()2233ln(1)x2，xx(1)xx(1x)………………………………………………………………（9分）22xx构造函数hx()ln(1)x，2(1x)xx(1)hx()，当x(01]，时，hx()0≤，hx()单调递减，由于h(0)0；3(1x)所以当x(01]，时，hx()0≤，gx()0≤，g()x单调递减，g(1)0，gx()0≥，g()x单调递增，所以gg()x(1)2ln2．………s……………………………（12分）max数学参考答案·第10页（共10页）