1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 16 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 16 頁2022屆貴州省貴陽市高三適應性考試（二）數學（理）試題一、單選題1設全集，集合，則（）ABCD【答案】C【分析】根據集合的運算法則計算【詳解】由已知，所以故選：C2已知為虛數單位，復數滿足，則（）A2BCD【答案】D【分析】由復數的乘方與除法運算計算【詳解】由已知，故選：D3若展開式中存在常數項，則正整數n的最小值是（）A5B6C7D8【答案】A【分析】根據二項展開式的公式，求得的指數為0時滿足的關系式，再結合整數

2、的性質分析即可【詳解】易得的通項，又展開式中存在常數項則有解，即，故正整數n的最小值是5，此時 故選：A42021年11月24日，貴陽市修文縣發生了4.6級地震，所幸的是沒有人員傷亡和較大財產損失，在抗震分析中，某結構工程師提出：由于實測地震記錄的缺乏，且考慮到強震記錄數量的有限性和地震動的不可重復性，在抗震分析中還需要人工合成符合某些指定統計特征的非平穩地震波時程，其中地震動時程強度包絡函數，（單位：秒）分別為控制強震平穩段的首末時刻；（單位：秒）表示地震動總持時；是衰減因子，控制下降段衰減的快慢在一次抗震分析中，地震動總持時是20秒，控制強震平穩段的首末時刻分別是5秒和10秒，衰減因子是0

3、.2，則當秒時，地震動時程強度包絡函數值是（）AB1C9D【答案】A【分析】由題可得當時，即得.【詳解】由題可知，當時，當秒時，地震動時程強度包絡函數值是.故選：A.5函數的圖像大致為（）ABCD【答案】A【分析】判斷函數的奇偶性后排除兩個選項，然后考慮函數在原點附近的函數值的正負又排除一個選項，得正確結論【詳解】函數定義域是R，函數為奇函數，排除BD，時，排除C故選：A6已知為雙曲線的焦點，過作軸的垂線交于點，且，則的漸近線方程是（）ABCD【答案】A【分析】結合通徑長得，得出關系求得即得漸近線方程【詳解】因為軸，所以，所以，所以，漸近線方程為故選：A7已知、表示兩條不同的直線，表示平面，則

4、下面四個命題正確的是（）若，則；若，則；若，則；若，則ABCD【答案】D【分析】舉例說明判斷；利用線線、線面垂直的判定、性質推理判斷作答.【詳解】長方體中，平面為平面，直線BC為直線b，如圖， 當直線AD為直線a時，滿足，而，不正確；當直線為直線a時，滿足，而，不正確；在平面內取兩條相交直線m，n，如圖，因，則，而，則，又，m，n是相交直線，所以，正確；因，過直線b作平面，如圖， 則有，又，于是得，從而得，正確，所以給定命題正確的是.故選：D8下列命題為真命題的是（）A若數據，的方差為3，則數據的方差為5；B對具有線性相關關系的變量x，y，其線性回歸方程為，若樣本點的中心為，則實數m的值是4；

5、C若隨機變量X服從正態分布，則；D若隨機變量X服從二項分布，則【答案】C【分析】方差反應的是數據的波動性，可判斷A；回歸直線必過樣本中心，代入驗證可判斷B；根據正態分布的對稱性可判斷C；根據二項分布的性質及變換規律可判斷D.【詳解】一組數據同時加減一個數，波動性沒有變化，所以方差不變，故A錯誤；把樣本中心代入回歸直線，得，解得，故B錯誤；由于，可得，根據對稱性可知，故C正確；，可得，又，則，故D錯誤.故選：C.9已知函數在內單調遞增，則在內的零點個數最多為（）A3B4C5D6【答案】B【分析】將 看做整體，對于正弦函數，增區間是 ，則 所對應的的區間必然是增區間的子集，由此可以確定 的最大值.

6、【詳解】當 時， ，由于正弦函數的增區間是， ，即 ，解得 ，即 ，又 ，由于 ， ，顯然， 越大，周期T越小，零點也越多，故當 時零點最多，當 時， ， ，對應2個周期，故零點數為4；故選：B.10已知直線和與圓都相切，則圓的面積的最大值是（）ABCD【答案】A【分析】易得互相平行，故圓的直徑為間的距離，再表達出距離求最大值即可得圓的直徑最大值，進而得到面積最大值【詳解】由題，互相平行，且，故圓的直徑為間的距離，令，則，故當，即時取得最大值，此時圓的面積為 故選：A11已知拋物線的準線交軸于點，過點作直線交于，兩點，且，則直線的斜率是（）ABCD【答案】B【分析】首先根據拋物線方程求出準線方

7、程，即可得到的坐標，設直線為，聯立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，根據，即可得到，從而求出、，從而求出；【詳解】解：拋物線的準線為，所以，設直線為，則，即，所以，因為，即，所以，所以或，所以；故選：B12秦九韶是我國南宋數學家，其著作數書九章中的大衍求一術、三斜求積術和秦九韶算法是具有世界意義的重要貢獻秦九韶把三角形的三條邊分別稱為小斜、中斜和大斜，三斜求積術即已知三邊長求三角形面積的方法，用公式表示為：，其中，是的內角，的對邊已知中，則面積的最大值為（）ABCD【答案】A【分析】根據 ，得到，即，再由，利用余弦定理得到，代入，轉化為二次函數求解.【詳解】解：中，因為，所以，則，即，又，

8、則，即，則，所以，當時，面積取得最大值為，故選：A二、填空題13若，滿足約束條件，則的最大值是_【答案】2【分析】在坐標平面中畫出不等式組對應的可行域，平移動直線后可求目標函數的最大值.【詳解】不等式組對應的可行域如圖所示：設將動直線平移至處時，有最大值，由可得，故，故答案為：214已知向量，則_【答案】-1.5【分析】利用向量數量積的運算法則可得，即得.【詳解】向量，.故答案為：.15已知定義在上的函數滿足，且當時，若的值域為，則實數的取值范圍為_【答案】【分析】由可得關于對稱，再分析得當時，的值域包含即可【詳解】當時，當且僅當，即時等號成立，故當時，又由可得關于對稱，且由可得，故只需包含區

9、間即可，故，故故答案為：16球O是棱長為1的正方體的內切球，球與面、面、面、球O都相切，則球的表面積是_【答案】【分析】設球的半徑為，根據題意可得，即可求出，從而可求出球的表面積【詳解】設球的半徑為，依題可知，即，解得，所以球的表面積是故答案為：三、解答題17已知首項為1的等差數列的前項和為，若成等比數列(1)求和：(2)求證：【答案】(1)，(2)證明見解析【分析】（1）設公差為，結合等比數列性質由等差數列基本量法列式求得，得通項公式、前項和公式；（2）由裂項相消法求得不等式左邊的和后易證不等式成立【詳解】(1)由題得，設數列的公差為，則，解得或當時，不符合題意，舍去所以，(2)因為時，所以

10、18在棱柱中，底面為平行四邊形，為線段上一動點(1)證明：平面；(2)若平面，求二面角的余弦值【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）根據棱柱的幾何性質，結合平行四邊形的判定定理和性質、線面平行的判定定理、面面平行的判定定理、面面平行的性質進行證明即可；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可.【詳解】(1)連接，為棱柱，且，四邊形為平行四邊形，又平面，平面，平面同理平面，又且，平面，平面平面，又平面，平面(2)平面，棱柱為長方體以為坐標原點，以、分別所在的直線為、軸建立空間直角坐標系，則、，設為平面的法向量，則，令，得，設平面的法向量，則，得二面角的余弦值為即二面角

11、的余弦值為192021年7月24日，在奧運會女子個人重劍決賽中，中國選手孫一文在最后關頭一劍封喉，斬獲金牌，掀起了新一輪“擊劍熱潮”甲、乙、丙三位重劍愛好者決定進行一場比賽，每局兩人對戰，沒有平局，已知每局比賽甲贏乙的概率為，甲贏丙的概率為，丙贏乙的概率為因為甲是最弱的，所以讓他決定第一局的兩個比賽者（甲可以選定自己比賽，也可以選定另外兩個人比賽），每局獲勝者與此局未比賽的人進行下一局的比賽，在比賽中某人首先獲勝兩局就成為整個比賽的冠軍，比賽結束(1)若甲指定第一局由乙丙對戰，求“只進行三局甲就成為冠軍”的概率；(2)請幫助甲進行第一局的決策（甲乙、甲丙或乙丙比賽），使得甲最終獲得冠軍的概率最

12、大【答案】(1)(2)甲第一局選擇和丙比賽【分析】（1）分乙丙比乙勝，甲乙比甲勝，甲丙比甲勝和乙丙比丙勝，甲丙比甲勝，甲乙比甲勝兩種情況求解即可（2）根據題意，分析首局三種情況所有甲能首先勝兩局的情況，再比較概率的大小判斷即可【詳解】(1)若甲指定第一局由乙丙對戰，“只進行三局甲就成為冠軍”共有兩種情況：乙丙比乙勝，甲乙比甲勝，甲丙比甲勝，其概率為；乙丙比丙勝，甲丙比甲勝，甲乙比甲勝，其概率為所以“只進行三局甲就成為冠軍”的概率為(2)若第一局甲乙比，甲獲得冠軍的情況有三種：甲乙比甲勝，甲丙比甲勝；甲乙比甲勝甲丙比丙勝，乙丙比乙勝，甲乙比甲勝；甲乙比乙勝；乙丙比丙勝，甲丙比甲勝，甲乙比甲勝，所

13、以甲能獲得冠軍的概率為若第一局為甲丙比，則同上可得甲獲得冠軍的概率為若第一局為乙丙比，那么甲獲得冠軍只能是連贏兩局，則甲獲得冠軍的概率即第（1）問的結果因為，所以甲第一局選擇和丙比賽，最終獲得冠軍的概率最大20已知橢圓的離心率為，右焦點是，左、右頂點分別是和直線與橢圓交于，兩點，點在軸上方，且當時，(1)求橢圓的方程；(2)若直線、的斜率分別是和，求的取值范圍【答案】(1)；(2).【分析】（1）由已知及橢圓對稱性求參數a，根據離心率及橢圓參數關系即可求解；（2）聯立橢圓C和直線方程，應用韋達定理直接計算即可.【詳解】(1)由橢圓對稱性知： ，即，又，所以，所以橢圓的方程為；(2)將代入得，設

14、，則，由（1）得，所以，將式代入上式得 ，因為，所以，即的取值范圍是；綜上，橢圓C的方程為，的取值范圍是.21已知函數，曲線在處的切線也與曲線相切(1)求實數的值；(2)若是的最大的極大值點，求證：【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）求出函數的導函數，即可求出切線的斜率，從而求出切線方程，再與聯立消元，根據及，計算可得；（2）求出函數的導函數，可得時函數單調遞增，不符合題意，當時，令，求出函數的導函數，結合零點存在性定理求出所在區間，再根據及三角函數的性質求出的取值范圍；【詳解】(1)解：，又，所以在處的切線方程為，因為其也與曲線相切，則聯立，得，由及，解得(2)解：由（1）得，所以，

15、當時，所以在無極大值點當時，令，則在上單調遞增，又，所以存在，使得，即，當時，單調遞減；當時，單調遞增又，所以當時，即，所以是的極小值點，在內無極大值點，所以存在，使得，即，即，當時，；當時，所以是的極大值點，也是的最大的極大值點因為在上單調遞減，所以，所以【點睛】導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理22在平面直角坐標系中，以為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系已知曲線的極坐標方程為，(1)直接寫出曲線的直角坐標方程，若以為參數，寫出曲線的參數方程；(2)若點在曲線上，且點到點的距離為，求點到原點的距離【答案】(1)；（為參數，）；(2).【分析】（1）利用極坐標與直角坐標互化公式求出曲線的直角坐標方程，再寫出其參數方程作答.（2）利用（1）中曲線的參數方程設出點坐標，利用兩點間距離公式計算作答.【詳解】(1)由曲線的極坐標方程得：