如皋2022屆高三年級適應性考試2數學一?單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合均為的子集，且，則（）A. B. C. D.【1題答案】【答案】C【解析】【分析】利用韋恩圖，結合集合的交集、并集和補集的運算，即可求解.【詳解】如圖所示，集合均為的子集，且滿足，所以.故選：C.2.設為實數，且為純虛數（其中是虛數單位），則（）A.1 B. C. D.【2題答案】【答案】A【解析】【分析】利用復數代數形式的除法運算法則化簡，再根據純虛數的定義即可得出．【詳解】解：復數為純虛數（其中是虛數單位），為實數．，解得．故選：A．3.若，則（）A. B. C.或 D.【3題答案】【答案】A【解析】【分析】利用倍角公式，以及同角三角函數關系，整理化簡即可求得正切值.【詳解】解：因為，所以，即，解得.故選：A.4.《張邱建算經》曾有類似記載：“今有女子善織布，逐日織布同數遞增（即每天增加的數量相同）".若該女子第一天織布兩尺，前二十日共織布六十尺，則該女子第二十日織布（）A.三尺 B.四尺 C.五尺 D.六尺【4題答案】【答案】B【解析】【分析】用表示該女子第天織布尺寸，問題轉化為已知，，求，利用等差數列的前項和公式求解．【詳解】用表示該女子第天織布尺寸，則，，由，得，．故選：B．5.若函數為奇函數，則實數的值為（）A.1 B.2 C. D.【5題答案】【答案】D【解析】【分析】根據題意可得，計算可得，經檢驗均符合題意，即可得解.【詳解】由為奇函數，所以，所以，可得，解得，當時，的定義域為，符合題意，當時，的定義域為符合題意，故選：D6.已知直線與拋物線交于兩點，為的中點，為坐標原點，則（）A.2 B. C.4 D.【6題答案】【答案】D【解析】【分析】直線方程與拋物線方程聯立方程組求得交點坐標，再求得中點坐標，計算出，即可得．【詳解】由得，，，則，，所以，，，為的中點，則，，，所以．故選：D．7.已知函數，若關于的方程有且只有三個不同的實數解，則正實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【7題答案】【答案】B【解析】【分析】化簡函數解析式，分析可知關于的方程、共有個不同的實數解，利用代數法可知方程有兩個根，分析可得出關于實數的不等式組，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】因為，由可得，所以，關于的方程、共有個不同的實數解.①先討論方程的解的個數.當時，由，可得，當時，由，可得，當時，由，可得，所以，方程只有兩解和；②下面討論方程的解的個數.當時，由可得，可得或，當時，由，可得，此時方程有無數個解，不合乎題意，當時，由可得，因為，由題意可得或或，解得或.因此，實數的取值范圍是.故選：B.8.連續向上拋一枚硬幣五次，設事件“沒有連續兩次正面向上”的概率為，設事件“沒有連續三次正面向上”的概率為，則下列結論正確的是（）A. B. C. D.【8題答案】【答案】B【解析】【分析】拋一枚硬幣五次，共有32種可能，列表寫出各種可能，然后計數后可得，從而得出結論．【詳解】拋一枚硬幣五次，每次都有正面或反面向上兩種可能，五次共有32種可能，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反反反反反其中沒有連續兩次正面向上的有13種，沒有連續三次正面向上的有24種，所以，，．故選：B．二?多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.設，則下列說法正確的是（）A.B.C.展開式中二項式系數最大的項是第5項D.【9題答案】【答案】ABD【解析】【分析】利用賦值法判斷A、B，根據二項式系數的性質判斷C，寫出展開式的通項，即可求出、，從而判斷D；【詳解】解：因為，令得，故A正確；令得，所以，故B正確；因為二項式展開式共項，則展開式中二項式系數最大的項是第6項，為，故C錯誤；二項式展開式的通項為，所以，，所以，故D正確；故選：ABD10.已知，且.則下列選項正確的是（）A.的最小值為B.的最小值為C.D.【10題答案】【答案】BD【解析】【分析】利用代“1”法，然后利用基本不等式可判斷A；利用，可知，根據二次函數最值判斷B；利用代“1”法，然后化為帶分數即可判斷C；利用基本不等式即可判斷D；【詳解】解：由題意得：對于選項A：因為，所以當且僅當時，即，的最小值為，故A錯誤；對于選項B：因為，所以故當時，的最小值為，故B正確；對于選項C：，故C錯誤；對于選項D：，當時等號成立，但,故等號不成立所以,故D正確.故選：BD11.已知函數的圖象在軸上的截距為，在軸右側的第一個最高點的橫坐標為，則下列說法正確的是（）A.B.C.函數在上一定單調遞增D.在軸右側的第一個最低點的橫坐標為【11題答案】【答案】AC【解析】【分析】根據題意，得到，求得，再由，求得，得到函數，結合三角函數的圖象與性質，逐項判定，即可求解.【詳解】由題意，函數的圖象在軸上的截距為，可得，因為，可得，所以A正確；又由，且在軸右側的第一個最高點的橫坐標為，可得，則，可得，所以，則，可得所以，所以函數最大值為，所以B錯誤；由，當，可得，根據正弦函數的性質，可得函數在上單調遞增，所以C正確；由，令，解得，當時，可得，即在軸右側的第一個最低點的橫坐標為，所以D錯誤.故選：AC.12.如圖，正方體的棱長為分別是所在棱上的動點，且滿足，則以下四個結論正確的是（）A.四點一定共面B.若四邊形為矩形，則C.若四邊形為菱形，則一定為所在棱中點D.若四邊形為菱形，則四邊形周長的取值范圍為【12題答案】【答案】AD【解析】【分析】根據棱長為，且可得，再逐項分析即可得解.【詳解】連接交于點，為正方體的中心，由棱長為，且，可得，所以交于點，交于點，所以交于點，，故四點一定共面，所以A正確；對B，若四邊形為矩形，可以也可以，故B錯誤；對C，若四邊形為菱形，則必有，則必有一定為所在棱的中點或一定為所在棱的中點，故C錯誤；四邊形為菱形，當都為各邊中點時，四邊形周長最小為，若為所在棱中點，而分別和重合時，此時菱形周長最大，邊長為，所以周長為，故D正確.故選：AD三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.在平面直角坐標系中，圓交軸于，交軸于，四邊形的面積為18，則___________.【13題答案】【答案】【解析】【分析】由面積求出長，再求圓心坐標【詳解】由題意，故，而圓心在的垂直平分線上，所以由垂徑定理知半徑,解得所以或，故，故答案為：14.已知分別是的邊上的中點，點在線段上，且，若，則___________.【14題答案】【答案】##0.5【解析】【分析】取為基底.利用向量的線性運算表示出，即可求出.【詳解】取為基底.因為分別是的邊上的中點，所以.因為點在線段上，且，所以.所以.所以，所以.故答案為：.15.從正四面體的四個面的中心以及四個頂點共八個點中取出四個點，則這四個點不共面的取法總數為___________種.【15題答案】【答案】【解析】【分析】從這八個點中任取四個點共有種，其中正四面體的四個面上的四個點是共面及正四面體共有6條棱，可構成6種情況四點共面，進而求得四個點不共面的取法總數.【詳解】如圖所示，從這八個點中任取四個點，共有種，其中在正四面體的四個面上的四個點是共面的，共有4種；因為分別是各個正三角形的中心，可得，此時四點共面，又由正四面體共有6條棱，共有6種情況四點共面，所以這四個點不共面的取法總數為種.故答案為：.16.已知雙曲線的左焦點為，若點關于漸近線對稱的點恰好落在漸近線上，則的坐標為___________，雙曲線的離心率為___________.【16題答案】【答案】①.②.2【解析】【分析】由題意分析漸近線斜率，然后求離心率【詳解】由題意得，且點第一象限，又點在上，故，，即點，由題意，兩條漸近線的夾角，一條漸近線與軸的夾角相等故一條漸近線與軸的夾角為，，．故答案為：，2四?解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.已知中，角的對邊分別為，且，（1）求；（2）求的面積.【17題答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題意化簡得到，利用余弦定理得到，求得，即可求解；（2）由兩角和正弦函數，求得，再由正弦定理求得，結合面積公式，即可求解.【小問1詳解】解：因為，所以，可得，又由余弦定理得，所以，解得，因為，所以.【小問2詳解】解：由，在中，由正弦定理，可得，所以，所以的面積.19.已知數列滿足：（1）求的值；（2）設，求數列的通項公式.【19題答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據數列的遞推公式代入求值（2）根據可推出是以1為首項，公差為2的等差數列，由可知是以1為首項，公比為2的等比數列，寫出通項公式后代入即可.【小問1詳解】解：由題意得：.【小問2詳解】因為，所以是以1為首項，公差為2的等差數列，所以.因為，所以，所以，所以是以1為首項，公比為2的等比數列，所以，所以綜上所述：數列的通項公式為.21.如圖，已知正四棱錐的棱長都相等，，分別是，中點，是上的一點.（1）若平面，試確定點的位置；（2）若平面，求二面角的余弦值.【21題答案】【答案】（1）為的中點（2）【解析】【分析】（1）連接，取其中點，連接，利用線面平行得到線線平行，再利用線線平行證明面面平行，最后確定的位置（2）利用二面角的定義，先找出二面角，然后利用直角三角形的三邊關系求出答案【小問1詳解】連接，取其中點，連接，，又，，平面，若為中點，則，平面，平面平面，平面，平面符合題意，為的中點.【小問2詳解】設，，，，，，過作于點，平面，過作于點，連接，即為所求二面角.，，，，所以，二面角的余弦值為23.某學校共有3000名學生，其中男生1800人，為了解該校學生在校的月消費情況，采取分層抽樣的方式，抽取100名學生進行調查，先統計他們某月的消費金額，然后按“男?女”性別分成兩組，再分別將兩組學生的月消費金額分成5組：分別加以統計，得到如圖所示的頻率分布直方圖.（1）樣本中將月消費金額不低于600元的學生稱為“高消費群”.請你根據已知條件完成下列列聯表，并判斷是否有的把握認為該校學生屬于“高消費群”與“性別”有關？屬于“高消費群”不屬于“高消費群”合計男女合計（參考公式：，其中（2）以樣本估計總體，以調查所得到的頻率視為概率，現從該學校中隨機每次抽取1名學生，共抽取4次，且每次抽取的結果是相互獨立的，記被抽取的4名學生中“高消費群”的人數為，求的期望和方差.【23題答案】【答案】（1）列聯表答案見解析，有的把握認為該校學生屬于“高消費群”與“性別”有關（2）【解析】【分析】（1）根據題目所給數據，求得列聯表，代入公式，求得卡方值，比照臨界值表，即可得解；（2）“高消費群”的人數為，根據二項分布的期望和方差公式進行求解即可.【小問1詳解】依據頻率分布直方圖得：屬于“高消費群”不屬于“高消費群”合計男154560女202040合計3565100提出假設：“高消費群”與“性別”無關，因為，所以有的把握認為該校學生屬于“高消費群”與“性別”有關.【小問2詳解】4名學生中每一名學生是“高消費群”的概率為，所以，所以.25.已知圓與軸交于點，過圓上一動點作軸的垂線，垂足為，設的中點為，記的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）過作與軸不重合的直線交曲線于兩點，直線與曲線的另一交點為，設直線的斜率分別為.證明：.【25題答案】【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）運用相關點法即可求曲線的方程；（2）首先對直線的斜率是否存在進行討論，再根據幾何關系分別求出三點的坐標，進而表示出直線的斜率，再根據斜率的表達式進行化簡運算，得出結論．【小問1詳解】設，則，是的中點，；又在圓上，，即；曲線的方程為：．【小問2詳解】當直線的斜率不存在時，直線的方程為：，若點在軸上方，則點在軸下方，則，；直線與曲線的另一交點為，則與關于原點對稱，，；；若點在軸下方，則點在軸上方，同理得：，，；，，；當當直線的斜率存在時，設直線的方程為：，由與聯立，得：，其中，設，，則則，，則．27.已知函數.（1）討論的單調性；（2）當時，證明：.【27題答案】【答案】（1）答案見解析