四川省南充市2022届高考文科数学适应性考试二诊试题（Word版附解析）.docx

1、南充市高2022届高考适应性考试（二诊）文科数学一选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 复数，则（ ）A. 4B. C. 3D. 【答案】C【解析】【分析】先利用复数的乘法运算化简得到，再利用复数的模长公式，计算即可【详解】由题意，故故选：C2. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求解对数不等式得到，再利用集合的交集、补集运算，计算即得解【详解】由题意，故，故选：B3. 某校高中生共有1000人，其中高一年级300人，高二年级200人，高三年级500人，现采用分层抽样抽取容量为50人的样本，那

2、么高一高二高三年级抽取的人数分别为（ ）A. 151025B. 201020C. 101030D. 15530【答案】A【解析】【分析】根据分层抽样的定义求出抽样比，按此比例求出各个年级的人数即可.【详解】解：根据题意高一年级的人数为人，高二年级的人数为人，高三年级的人数为人.故选：A.4. 设x、y都是实数，则“且”是“且”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由不等式性质及特殊值法判断条件间的推出关系，结合充分必要性的定义即可确定答案.【详解】由且，必有且，当且时，如不满足，故不一定有且.所以“且”是“且”的充分不

3、必要条件.故选：A5. 在中，若，且，点分别是的中点，则（ ）A. B. C. 10D. 20【答案】C【解析】【分析】依题意可得，如图建立平面直角坐标系，利用坐标公式法求出平面向量数量积；【详解】解：因为，所以，如图建立平面直角坐标系，则、，所以、，所以，所以；故选：C6. 设等差数列的前项和为，满足，则（ ）A. B. 的最小值为C. D. 满足的最大自然数的值为25【答案】C【解析】【分析】利用等差数列等差中项的性质，计算出数列相关参数即可.【详解】由于 ， ，上式中等差中项， ，即 ，故A错误；由等差数列的性质可知 ， ，即 ，故B错误；由以上分析可知C正确，D错误；故选：C.7. 若

4、双曲线C：的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则双曲线的离心率为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】圆心到渐近线距离，解方程即得解.【详解】解：由题得双曲线的渐近线方程为，圆心到渐近线距离为，则点到直线距离为，即，整理可得，所以双曲线的离心率故选：A8. 我国数学家张益唐在“孪生素数”研究方面取得突破，孪生素数也称为孪生质数，就是指两个相差2的素数，例如5和7，在大于3且不超过20的素数中，随机选取2个不同的数，恰好是一组孪生素数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】写出大于3且不超过20的素数，分别计算出随机选取2个不同的数的所有情况和恰好是一组

5、孪生素数的情况，再利用古典概型公式代入求解.【详解】大于3且不超过20的素数为：5，7，11，13，17，19，共6个，随机选取2个不同的数，共有个情况，恰好是一组孪生素数的情况为：5和7，11和13，17和19，共3个，所以概率为.故选：D9. 函数的部分图像如图所示，则（ ）A. 关于点对称B. 关于直线对称C. 在上单调递减D. 在上是单调递增【答案】C【解析】【分析】首先跟据函数图象求出及，即可得到函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可；【详解】解：由图可知，且，所以，即，因为，所以，即，因为，所以函数关于直线对称，故A错误；，所以函数关于对称，故B错误；对于C：由，所以，因为在

6、上单调递减，所以在上单调递减，故C正确；对于D：由，则，因为在上不单调，所以在上不单调，故D错误；故选：C10. 已知椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆相交于不同的两点，若为线段的中点，为坐标原点，直线的斜率为，则椭圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求得焦点，也即求得，然后利用点差法求得，从而求得，也即求得椭圆的方程.【详解】直线过点，所以，设，由两式相减并化简得，即，所以，所以椭圆的方程为.故选：B11. 托勒密是古希腊天文学家地理学家数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知四边形的四个顶点在同

7、一个圆的圆周上，是其两条对角线，且为正三角形，则四边形的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由托勒密定理可得，由可求出.【详解】由题，设，由托勒密定理可得，所以，又因为，所以.故选：D.12. 已知函数，若，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求得的取值范围，然后化简，结合导数求得的取值范围.【详解】由于，即，所以，当时，递增，所以有唯一解.当时，递增，所以有唯一解.由得，所以.令，所以在区间递减；在区间递增.所以，所以的取值范围为.故选：D【点睛】本题要求的取值范围，主要的解题思路是转化为只含有一个变量的表达式，然后利用导数来求得

8、取值范围.在转化的过程中，主要利用了对数、指数的运算.二填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题纸上）.13. 已知实数满足则的最大值为_.【答案】4【解析】【分析】转化为，则取得最大值即直线与可行域相交，且截距最大，数形结合即得解【详解】转化为，则取得最大值即直线与可行域相交，且截距最大，根据不等式组画出可行域，如图所示，联立，可得当直线经过点A时取得最大值为4.故答案为：414. 已知是抛物线的焦点，是上一点，为坐标原点，若，则_.【答案】【解析】【分析】由抛物线定义求出点坐标即可得出答案.【详解】由抛物线方程可得， 由抛物线定义可得，即，则，则.故答案为：.15. 若

9、等比数列的各项均为正数，且，则_.【答案】2022【解析】【分析】根据等比数列的性质化简得到，由对数的运算即可求解.【详解】因为是等比数列，所以，即，所以故答案为：202216. 如图，棱长为的正方体中，点为线段上的动点，点，分别为线段，的中点，给出以下命题；三棱锥的体积为定值；的最小值为.其中所有正确的命题序号是_.【答案】【解析】【分析】根据空间位置关系及椎体体积公式可判断，再根据向量的线性运算及数量积可判断.【详解】如图所示，连接，由正方体可知，且平面，即，又，所以平面，所以，即，正确；如图所示，连接，由点，分别为线段，的中点，得，故平面，即点到平面的距离为定值，且，故为定值，所以三棱锥

10、的体积为定值，正确；连接，由点为线段上的动点，设，故，当时，取最小值为，当时，取最大值为，故，即，错误；，当时，的最小值为，正确；故答案为：.三解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.第1722题为必考题每个.试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.17. 从某食品厂生产的面包中抽取100个，测量这些面包的一项质量指标值，由测量结果得如下频数分布表：质量指标值分组频数82236286（1）在相应位置上作出这些数据的频率分布直方图；（2）估计这种面包质量指标值的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.（3）根据以上抽样调查数据，能否认为该食品厂生产的

11、这种面包符合“质量指标值不低于85的面包至少要占全部面包的规定”？【答案】（1）答案见解析 （2） （3）能【解析】【分析】（1）根据频数分布表，计算每组的频率，即可绘制频率分布直方图；（2）根据频率分布直方图，按照平均数的求法求得答案；（3）计算质量指标值不低于85面包所占比例即可得答案.【小问1详解】【小问2详解】质量指标值的样本平均数为,所以这种面包质量指标值的平均数的估计值为【小问3详解】质量指标值不低于85的面包所占比例为，由于该值大于，故可以认为该食品厂生产的这种面包符合“质量指标值不低于85的面包至少要占全部面包的规定”.18. 在；这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进

12、行解答.问题：在中，内角的对边分别为，且_.（1）求角；（2）在中，求周长的最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）选择：由正弦定理化边为角即可求出；选择：利用面积公式和数量积关系化简可得出；（2）利用余弦定理结合基本不等式即可求出.【小问1详解】选择：条件即，由正弦定理可知，在中，所以，所以，且，即，所以；选择：条件即，即，.在中，所以，则，所以，所以.【小问2详解】由（1）知，由余弦定理知：所以得所以，当且仅当时，等号成立所以求周长的最大值为.19. 如图所示，四边形为菱形，平面平面，点是棱的中点.（1）求证：；（2）若，求三棱锥

13、的体积.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）设点是棱的中点，连接，可证平面，从而得到.（2）利用等积转化和体积公式可求三棱锥的体积.【小问1详解】如图所示，设点是棱的中点，连接，由及点是棱的中点，可得，又因为平面平面，平面平面，平面，故平面， 又因为平面，所以，又因为四边形为菱形，所以，而是的中位线，所以，可得，又由，且平面平面，所以平面，又因为平面，所以.【小问2详解】，由于菱形，故，故，故三角形为正三角形，且三角形为正三角形，故，由于平面，20. 如图所示，椭圆的右顶点为，上顶点为为坐标原点，.椭圆离心率为，过椭圆左焦点作不与轴重合的直线，与椭圆相交于两点.直线的方程为：

14、，过点作垂线，垂足为.（1）求椭圆的标准方程；（2）求证：直线过定点，并求定点的坐标；求面积的最大值.【答案】（1） （2）证明见解析，定点；【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）设直线方程：，联立直线的方程与椭圆的方程，化简写出根与系数关系，求得直线的方程，并求得定点坐标.结合弦长公式求得面积的表达式，利用导数求得面积的最大值.【小问1详解】由题意可得：，解得，故椭圆的标准方程为.【小问2详解】由题意知，设直线方程：.，联立方程，得，所以，所以，又，所以直线方程为：，令，则.综上：直线过定点.由（1）中，所以，又，所以，令，则，令，当时，故在上单调递增，则在上

15、单调递减，即在上单调递减，所以时，.21. 已知为的导函数.（1）求在的切线方程；（2）讨论在定义域内的极值；（3）若在内单调递减，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）答案见解析 （3）【解析】【分析】（1）求出函数的导数，从而可求切线方程；（2）设，其中，求出，讨论其符号后可求导数的极值.（3）在内单调递减即为，利用导数可求后者，从而可求参数的取值范围.【小问1详解】，而，故切线方程为：即.【小问2详解】设，其中，则，当时，故在上为减函数，故无极值；当时，若，则，故在上为增函数；若，则，故在上为减函数；故有极大值其极大值为，无极小值.【小问3详解】因为在内单调递减，则于恒成立，故在恒成立

16、即.令，则.令得，令得，故在单调递减，单调递增.所以，故.所以.22. 已知圆的参数方程为(为参数.（1）以原点为极点轴的正半轴为极轴建立极坐标系，写出圆的极坐标方程；（2）已知直线经过原点，倾斜角，设与圆相交于两点，求到两点的距离之积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先求得圆的普通方程，再转化为极坐标方程.（2）写出直线标准参数方程并代入圆的普通方程，利用根与系数关系求得求到两点的距离之积.小问1详解】由得，两式平方后相加得，曲线是以为圆心，半径等于2圆，令，代入并整理得，即曲线的极坐标方程是.【小问2详解】直线的标准参数方程是（是参数），因为点都在直线上，所以可设它们对应的参数为和，圆的普通方程为，以直线的参数方程代入圆的普通方程整理得，因为和是方程的解，从而，23. 已知函数.（1）若关于不等式有解，求实数的取值范围；（2）设，且.求证：【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】(1)依题意 要大于等于 的最小值，因此用绝对值不等式法直接算出最小值；(2)在第一问基础上，求出的最小值，并考虑用基本不等式来解决.【小问1详解】若关于的不等式的解集不是空集，只需即可，其中，当且仅当时，等号成立，所以实数的取值范围为；【小问2详解】由第一问可知，t=2，即原不等式为 ，只要证 ，由于 ，当且仅当即 时等号成立，；