2022届河南省中原名校联盟高三下学期4月适应性联考数学（理）试题含解析

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2022届河南省中原名校联盟高三下学期4月适应性联考数学（理）试题一、单选题1．定义集合运算：，设，，则集合的所有元素之和为（       ）A．16 B．18 C．14 D．8【答案】A【分析】由题设，列举法写出集合，根据所得集合，加总所有元素即可.【详解】由题设知：，∴所有元素之和.故选：A.2．复数（其中为虚数单位），则（       ）A．1 B．3 C．5 D．6【答案】C【分析】由复数的相等，结合复数的除法运算求复数，进而求.【详解】由，∴.故选：C.3．割补法在我国古代数学著作中称为“出人相补”，刘徽称之为“以盈补虚”，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现.如图，揭示了刘徽推导三角形面积公式的方法，在三角形内任取一点，则该点落在标记“盈”的区域的概率（       ）A． B． C． D．【答案】A【解析】易知，“盈”的面积等于“虚”的面积，从而三角形面积等于矩形面积，而“虚”占矩形面积的百分数即“盈”占三角形的百分数.【详解】易知，“盈”的面积等于“虚”的面积，从而三角形面积等于矩形面积，而“虚”占矩形面积的百分数即“盈”占三角形的百分数.“盈”与“虚”的交界点在三角形腰的中点上，易知，“虚”占矩形面积的四分之一，故“盈”占三角形面积的四分之一.故选：A.4．已知，，，则，，的大小关系为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用指对数的性质，比较指对数式的大小.【详解】，∴.故选：C.5．已知下列四个命题，其中真命题的个数为（       ）①空间三条互相平行的直线a，b，c，都与直线d相交，则a，b，c三条直线共面；②若直线m⊥平面α，直线n//平面α，则m⊥n；③平面α∩平面β＝直线m，直线a//平面α，直线a//平面β，则a//m；④垂直于同一个平面的两个平面互相平行.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】①应用反证法，假设，，三条直线不共面证明矛盾结论即可；②利用线面垂直的性质及平行的推论证明结论；③利用平面的基本性质，结合线面平行的性质、平行的推论证明结论；④根据平面基本性质判断正误即可.【详解】①若，，三条直线不共面，由平行的直线，与直线相交，即，、共面，而，平行，则、不可能相交，与题设矛盾，正确；②面，则存在面且，又面即，则，正确；③过直线作面，面面，而面，，同理存在面，面面，，所以，，所以，又面面，即，所以，正确；④垂直于同一平面的两个平面不一定平行，错误；故选：C.6．双曲线的左、右焦点分别为、，是双曲线上一点，轴，，则双曲线的渐近线方程为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题设可得，由结合已知，得到齐次方程求a、b的数量关系，写出渐近线方程即可.【详解】由题设，，由轴，知，∴，又，∴，得，又，得，∴，又渐近线方程为，即等价于.故选：C.7．如图所示，流程图所给的程序运行结果为，那么判断框中所填入的关于的条件是（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据程序输出结果，列出执行步骤及各步的结果，直到出现时，由k的值确定判断框的条件即可.【详解】由程序流程的输出结果，知：1、：执行循环，；2、：执行循环，；3、：执行循环，；4、：执行循环，；由题设输出结果为，故第5步输出结果，此时.故选：B.8．已知是定义域为的奇函数，，当时，，则时，的解析式为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由，得对称轴方程为，根据奇偶性得时， ，再设时，可得答案.【详解】是定义域为的，所以，因为，所以的一条对称轴方程为，当时，，所以当时，，所以，则时，，所以，即.故选：A.【点睛】本题考查了函数的奇偶性和对称性的应用，关键点是根据奇偶性和对称性求出相应段函数的解析式，考查了学生分析问题、解决问题的能力.9．若函数的图象向右平移个长度单位后关于点对称，则在上的最小值为（       ）A．-1 B． C． D．【答案】C【分析】利用三角函数的平移变换原则以及正弦函数的中心对称点求出，再由正弦函数的单调性即可求解.【详解】的图象向右平移个长度单位可得，因为是此函数的对称中心点，则，解得，，又因为，所以当时，，所以，因为，则，所以，所以在上的最小值为.故选：C10．已知直线与圆交于、两点，为坐标原点，，则实数的值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量关系可得，即为等边三角形，由此可得圆心到直线距离为，建立方程求得结果.【详解】由得：，又为圆的圆心，则，所以，所以，即，所以，所以为等边三角形，则到直线的距离为：，即       ，故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆的相关问题，关键是能够利用向量的关系得到向量间的夹角，从而能将问题转化为点到直线的距离问题.11．已知A、B是球O的球面上两点，，过作互相垂直的两个平面截球得到圆和圆，若，，则球的表面积为（       ）A．5π B．10π C．15π D．20π【答案】D【分析】令圆、圆半径分别为，由已知条件求，根据圆和圆的垂直关系求球的半径，进而求球体的表面积.【详解】令圆、圆半径分别为，由，，，∴，，且到圆面的距离，∴若球的半径为R，则，即球的表面积.故选：D.12．已知函数，，若成立，则的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】令，得到关于t的函数式，进而可得关于t的函数式，构造函数利用导数研究单调性并确定最值，即可求的最小值.【详解】令，则，，∴，，即，若，则，∴，有，当时，，单调递减；当时，，单调递增；∴，即的最小值为.故选：D.【点睛】关键点点睛：令确定关于t的函数式，构造函数并利用导数求函数的最小值.二、填空题13．已知向量，若，则实数__________．【答案】【解析】由向量平行的坐标表示计算．【详解】由题意，又，∴，解得．故答案为：．14．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为_____．【答案】10【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图及其内部（含边界），其中，，，作直线，由得，直线向下平移时截距减小，增大，当直线过时，，故答案为：.15．数列满足(，且)，，对于任意有恒成立，则的取值范围是___________.【答案】【分析】利用累加法求出，然后可得，然后可得答案.【详解】从而可得即， 因为，所以.故答案为：16．在三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为______．【答案】【分析】先画出图形，然后取的中点，连接，取的中点，连接，由已知可得，都是等边三角形，即可求出的外接圆半径，再利用面面垂直的性质找到球心的位置，利用圆心定理求出球心到平面的距离，从而利用勾股定理即可求出外接球的半径，进而可得结果【详解】解：如图，取的中点，连接，取的中点，连接，因为，所以，都是等边三角形，所以，即为等腰三角形，所以，平分,不妨设的外接圆圆心为，且在上，所以，设三棱锥外接球球心为，半径为，则，因为，，所以平面，因为平面，所以平面平面，因为平面平面，所以球心必在中，因为，所以在的角平分线上，连接，则平面，所以，在中，由余弦定理可得，所以，所以,在中，，得，在中，，所以，所以球的表面积为,故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥的外接球的表面积问题，考查面面垂直的性质以及运算推理能力，解题的关键是确定球心的位置，属于中档题三、解答题17．设数列满足，且，.（1）证明：数列为等比数列；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由,变形为，即可证明；（2）由等比数列的通项公式可得， 于是，因此 ，再利用“裂项求和”即可得出．【详解】解：（1）因为，所以，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.（2）因为是首项为，公比为3的等比数列.所以，所以，所以，所以，所以.18．四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，为的中点，为的中点，平面底面.（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）若与底面所成的角为，求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）根据线段中点的性质、平行四边形形的判定定理和性质定理，结合面面垂直的性质定理和判定定理、平行线的性质进行证明即可；（Ⅱ）连结，根据等腰三角形的性质，结合面面垂直的性质定理可以证明出底面，这样可以建立以，，分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（Ⅰ）四边形是平行四边形.又，.又面面，面面，面面且面平面平面.（Ⅱ）连结，，为中点，又平面，平面平面，平面平面，底面，又，以，，分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，，取平面的法向量，，，，，，设平面的法向量，，令，，.设二面角的平面角为又为钝角，，即二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了证明面面垂直，考查了面面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查了利用空间向量夹角公式求二面角的平面角，考查了推理论证能力和数学运算能力.19．某商场举行有奖促销活动，凡10月13日当天消费每超过400元（含400元），均可抽奖一次，抽奖箱里有6个形状、大小、质地完全相同的小球（其中红球有3个，白球有3个），抽奖方案设置两种，顾客自行选择其中的一种方案．方案一：从抽奖箱中，一次性摸出2个球，若摸出2个红球，则打6折；若摸出1个红球，则打8折；若没摸出红球，则不打折．方案二：从抽奖箱中，有放回地每次摸取1个球，连摸2次，每摸到1次红球，立减100元．（1）若小方、小红均分别消费了400元，且均选择抽奖方案一，试求他们其中有一人享受6折优惠的概率．（2）若小勇消费恰好满600元，试比较说明小勇选择哪种方案更划算．【答案】（1）；（2）选择方案一更划算．【分析】（1）由题意，根据独立事件概率求法，求享受到6折优惠的概率，结合二项分布求小方、小红两人其中有一人享受6折优惠的概率；（2）由题设知：方案一，付款金额可能取值为360，480，600，进而求各种可能取值的概率，并写出分布列，进而求期望；根据二项分布求方案二的期望，比较期望的大小，进而选择方案.【详解】（1）由题意，设顾客享受到6折优惠为事件，则．∴小方、小红两人其中有一人享受6折优惠的概率为．（2）若小勇选择方案一，设付款金额为元，则可能的取值为360，480，600．则，，．故的分布列为∴（元）．若小勇选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为元，则．由已知，可得，故，∴（元）．由上知：，故小勇选择方案一更划算．【点睛】关键点点睛：（1）应用独立事件、二项分布求概率；（2）由可能情况求分布列，并计算期望，应用二项分布求期望，比较期望的大小判断哪种方案划算.20．如图，已知圆的方程为，圆的方程为，若动圆与圆内切与圆外切．求动圆圆心的轨迹的方程；过直线上的点作圆的两条切线，设切点分别是，若直线与轨迹交于两点，求的最小值．【答案】（1）（2）【分析】（Ⅰ）设动圆的半径为，由题动圆与圆内切，与圆外切，则，由此即可得到动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，进而得到动圆圆心的轨迹的方程；（Ⅱ）设直线上任意一点的坐标是，切点坐标分别是，；则经过点的切线斜方程是，同理经过点的切线方程是，又两条切线，相交于 .可得经过两点的直线的方程是，对分类讨论分别求出的值，即可得到的最小值.【详解】（Ⅰ）设动圆的半径为，∵动圆与圆内切，与圆外切，∴，且.于是，，所以动圆圆心的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆.从而，，所以.故动圆圆心的轨迹的方程为．（Ⅱ）设直线上任意一点的坐标是，切点坐标分别是，；则经过点的切线斜率，方程是，经过点的切线方程是，又两条切线，相交于 .       则有，所以经过两点的直线的方程是，①当时，有，，，，则；②当时，联立，整理得；设坐标分别为，，则，所以，综上所述，当时，有最小值．【点睛】本题考查点的轨迹的求法，考查直线与圆、椭圆的位置关系，属中档题.21．设函数（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求正整数的最小值.【答案】（1）答案见解析；（2）3.【分析】（1）对a分类讨论，利用导数讨论单调性；（2）先判断出，且，定义研究单调性，利用零点存在定理判断出的零点即可求解.【详解】解:（1）. 当时，，函数在区间内单调递增，所以，函数的单调增区间为，无单调减区间； 当时，由，得；由，得.所以，函数的单调增区间为，单调减区间为.     . （2）由（1）知：如果函数有两个零点，则，且，即，即：，.. 令可知在区间内为增函数，且             所以存在当时，；当时，.所以，满足条件的最小正整数【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为.（1）求曲线的直角坐标方程和点的直角坐标；（2）设直线与曲线交于，两点，线段的中点为，求.【答案】（1）；；（2）.【解析】（1）直接由极坐标与直角坐标的互化公式化简，即可得到曲线的直角坐标方程和点的直角坐标；（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程中，得，设有向线段，与实数，对应，则，就是上述方程的两个实根，，从而可得【详解】解：（1）：，所以，曲线的直角坐标方程是.点的极坐标为，化为直角坐标得（2）将直线的参数方程代入中，整理得，，此方程有不等实数根.直线经过定点.设有向线段，与实数，对应，则，就是上述方程的两个实根，.已知是线段的中点，对应于参数取值，所以.【点睛】关键点点睛：此题考查极坐标与直角坐标的互化，解题的关键是正确利用互化公式，考查直线参数方程的几何意义的应用，直线的参数方程代入曲线方程中化简后要注意判别式的计算，在第二问的解题中关键是准确理解参数几何意义，考查学生的计算能力，属于中档题.23．已知函数.（1）求不等式的解集；（2）当x∈R，0