福建省泉州市2022届高三数学高考考前推题适应性练习试题（Word版附解析）

泉州市2022届高考数学科考前推题一：高三数学考前适应性练习卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．考生作答时，将答案答在答题卡上，请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效．3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0．5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（）A.B.C.2D.【答案】C【解析】【分析】根据点的坐标得到，再结合复数的乘法法则和复数模的意义即可求解．【详解】由在复平面内，复数对应的点的坐标是，则，所以，所以．故选：C．2.已知集合，若集合满足，则可能是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解指数不等式得到集合N，根据交集运算性质得，逐项判断即可.【详解】因为，又，即，因为，所以A与D选项集合不符合，因为，所以B选项集合不符合，所以C正确.故选：C 3.记等差数列的前项和为．若，，则（）A.8B.10C.16D.20【答案】B【解析】【分析】解法一：设的公差为，依题意得到，的方程组，解得，再根据通项公式计算可得；解法二：根据下标和性质计算可得.【详解】解法一：设的公差为，则，解得，所以．解法二：因为，所以，即，因此，即．故选：B．4.已知，且，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系及二倍角公式化简计算即可.【详解】因为，即，所以，从而，因为，所以，所以①.又②，联立①②解得或（舍去）.所以.故选：B. 5.如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用线面平行判定定理可知B，C，D均不满足题意，A选项可证明出直线AB与平面MNQ不平行，从而可得答案.【详解】对于选项B，如图1，连接CD，因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDMQ，由于ABCD，所以ABMQ，因为平面，平面，所以AB平面MNQ，B选项不满足题意；对于选项C，如图2，连接CD，因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDMQ，由于ABCD，所以ABMQ，因为平面，平面，所以AB平面MNQ， C选项不满足题意；对于选项D，如图3，连接CD，因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDNQ，由于ABCD，所以ABNQ，因为平面，平面，所以AB平面MNQ，可知D不满足题意；如图4，取BC的中点D，连接QD，因为Q是AC的中点，所以QDAB，由于QD与平面MNQ相交，故AB与平面MNQ不平行，A正确.故选：A6.已知正八边形的边长为，则（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】利用正八边形结构特征和向量数量积定义即可求得的值.【详解】连接，因为正八边形的每一个内角都是，且，所以，又.则即，且，所以，又因为，所以，．故选：B．7.已知直线：和圆：，下列正确的是（）A.圆被轴截得的弦长为B.圆被轴截得的弦长为C.被圆截得的弦长的最大值为6D.被圆截得的弦长的最小值为4【答案】D【解析】【分析】首先求出直线恒过定点，令求出交点的横坐标，即可判断A，令求出交点的纵坐标，即可判断B，弦长最大值为直径，判断直线与该条直径不重合，即可判断C，设，即可判断点在圆内，当直线时，直线被圆截得的弦长最小，再求出弦长最小值，即可判断D.【详解】直线化为，得，联立得，无论为何值，直线恒过定点，对于A：在中，令，得，所以圆被轴截得的弦长为，故A错误：对于B，在中，令，得，所以圆被轴截得的弦长为，故B 错误；对于C，当直线过圆心时，直线被圆截得的弦长最大，最大值为，此时直线方程为，但直线：不能表示直线，故弦长取不到最大值，故C错误；对于D，设，即点在圆内，当直线时，直线被圆截得的弦长最小，且最小值为，故D正确．故选：D．8.若对于任意的，，，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用关于a的一元二次不等式恒成立建立恒成立的不等式，再分离参数构造函数，利用导数求出最值作答.【详解】依题意，原不等式可化为，则，整理得，令，因此恒成立，当时，恒成立，当时，取，，即不成立，当时，，恒有成立，令，求导得，当时，，单调递增，当时，，单调递减．因此当时，取得最大值，于是，解得，所以的取值范围.故选：A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.已知，分别是双曲线：的左、右焦点，点 是该双曲线的一条渐近线上的一点，并且以线段为直径的圆经过点，则（）A.的面积为B.点的横坐标为2或C.的渐近线方程为D.以线段为直径的圆的方程为【答案】AB【解析】【分析】根据双曲线方程得a，b，c，由此可得渐近线方程和以为直径的圆的方程，由此即可判断C，D；联立渐近线与圆的方程，可求得坐标，由此即可判断A，B．【详解】由双曲线方程知，，所以双曲线的渐近线方程为，故C错误；又，所以为直径的圆方程为，故D错误；由，得或，所以点的横坐标为2或，故B正确；又，所以，故A正确．故选：AB．10.函数的部分图象如图所示，是图象与轴的交点，，分别是图象的最高点与最低点，且，则（）A.B.的最小正周期为2C.是曲线的一条对称轴D.的单调递减区间为，【答案】ACD【解析】【分析】根据图象对称性及直角三角形性质之斜边上的中线等于斜边的一半，可以确定三角形 为等边三角形，从而确定半个周期为2，进一步求出，再根据图象与轴交点可以求出，由解析式可以确定对称轴和单调递减区间，从而确定选项．【详解】连结交轴于点，由图象的对称性可得，在的图象上，，因为，所以．又的最大值为，所以，因此的最小正周期为4，可知B错误，所以周期，，又图象过点，所以，由，结合图象可得，故，所以A正确．将代入得，可知是曲线的一条对称轴，所以C正确.令，得，所以单调递减区间为，，所以D正确．故选：ACD．11.2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》．同年8月，国务院教育督导委员会办公室印发专门通知，拟对各省“双减”工作落实进度每半月通报一次．某市教育局为了解“双减”在初中各校的落实情况，随机抽取2000名学生，调查他们课后作业在“双减”前、后的时长，并根据调查结果，绘制如下两个频率分布直方图，图1，图2分别是“双减”前和“双减”后的频率分布直方图．下列说法正确的是（） A.“双减”后完成课后作业时长更均衡B.“双减”前估计50%以上的学生作业时长超过小时C.“双减”后50%以上的学生完成课后作业时长不超过小时D.“双减”后完成课后作业平均时长比“双减”前完成课后作业平均比时长少约为1小时【答案】ACD【解析】【分析】根据频率分布直方图的特点即可判断A；根据频率分布直方图求出对应的频率即可判断B，C；根据频率分布直方图求“双减”后完成作业的平均时长，再结合平均数的性质即可判断D．【详解】对于A，图1与图2相比较，图1更“矮胖”，图2更瘦高，故图2的方差更小，数据也更均衡，故A正确；对于B，“双减”前学习时长在的频率为，故B错误；对于C，“双减”后学习时长在的频率为，故C正确；对于D，设“双减”前学习时长的平均数为，“双减”后学习时长的平均数为，则，故D正确．故选：ACD．12.下列大小关系正确的是（）A.B.C.D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据选项构造函数，证明，即，当时取等号．再逐一判断各选项即可.【详解】令，则，令，．当时，单调递增，，，所以存在，使得，且当，，单调递减；当，，单调递增．又，，所以存在，使得，且当，，单调递增；当，，单调递减．又，，所以当，使得，即，当时取等号．对于A，当时，则有，故A正确．对于B，当时，则有，所以，即，故B正确； 对于C，，即，故C正确；对于D，又，故D错误．故选:ABC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知是函数的导函数，写出一个同时具有下列性质①②③的函数________．①定义域为；②对任意，；③的图象关于原点中心对称．【答案】（答案不唯一，只要函数是定义域为的可导偶函数，在单调递增均可）【解析】【分析】本题属于开放性问题，只需符合要求的答案即可，令，再一一检验即可.【详解】令，显然定义域为，满足①，又，当时，满足②，且为奇函数，函数图象关于原点对称，满足③.故答案为：（答案不唯一，只要函数是定义域为的可导偶函数，在单调递增均可）14.某校老师要求参赛学生从星期一到星期四每天学习2个汉字及正确注释，每周五对一周内所学汉字随机抽取4个进行检测（一周所学的汉字每个被抽到的可能性相同），若已知抽取4个进行检测的字中至少有一个字是最后一天学习的，则所抽取的4个进行检测的字中恰有3个是后两天学习过的汉字的概率为________．【答案】【解析】【分析】设进行检测的个汉字中至少有一个是最后一天学习的为事件，恰有个是后两天学习过的汉字为事件，求出、，再根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】设进行检测的个汉字中至少有一个是最后一天学习的为事件，恰有个是后两天学习过的汉字为事件，则事件所包含的基本事件有，事件所包含的基本事件有，所以． 故答案：15.设，分别是椭圆的左右焦点，过点的直线交椭圆E与A，B两点，，轴，则椭圆的离心率为___________.【答案】【解析】【分析】根据椭圆的定义结合，求得，再利用勾股定理构造齐次式即可得解.【详解】解：由，得，所以，因为轴，所以，即，所以，即椭圆的离心率为.故答案为：.16.阿基米德多面体，也称为半正多面体，是指至少由两种类型的正多边形为面构成的凸多面体.如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，若得到的几何体是由正三角形与正六边形构成的阿基米德多面体，且该阿基米德多面体的表面积为，则该阿基米德多面体外接球的表面积为______. 【答案】【解析】【分析】由阿基米德多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为，该阿基米德多面体与原正四面体相比较，表面积少了8个边长为的正三角形的面积，易求得其表面积，从而求得，原正四面体接球的球心就是该阿基米德多面体外接球的球心，由外接球球心到面的距离为正四面体高的及六边形的外接圆半径为1可求得外接球的半径，从而得体积．【详解】由题意可得阿基米德多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为，则其表面积为，由图易知该阿基米德多面体与原正四面体相比较，表面积少了8个边长为的正三角形的面积，所以该阿基米德多面体的表面积为，所以.易知原正四面体接球的球心就是该阿基米德多面体外接球的球心，设阿基米德多面体外接球的球心为，半径为，易知与正四面体一条棱的三等分点之间的距离就是该阿基米德多面体外接球的半径，球心到该阿基米德多面体正六边形侧面的距离为正四面体高的，由易得正四面体的高为，所以，又阿基米德多面体中每个正六边形侧面的外接圆半径，所以，所以该阿基米德多面体外接球的表面积. 故答案为：．【点睛】方法点睛：求解几何体外接球的半径的解题思路：一是根据球的截面的性质，利用球的半径、截面圆的半径及球心到截面圆的距离三者的关系求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体补形成长方体，利用该几何体与长方体共有的外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.已知数列满足．（1）求的通项公式；（2）设，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）当时，把换成，再构造一个递推关系，两式相减求出，并验证是否成立；（2）先验证当时成立，当时，，放缩后求和证得结果.【小问1详解】因为，①当时，，②①②，得，所以，又时，，所以．小问2详解】由（1）结合已知条件可得：．当时，，，即成立． 当时，，所以综上，．18.如图，某生态农庄内有一三角形区域，，百米，百米．现要修一条直道（宽度忽略不计），点在道路上（异于，两点）．（1）若，求的长度；（2）现计划在区域内种植观赏植物，在区域内种植经济作物．已知种植观赏植物的成本为每平方百米2万元，种植经济作物的成本为每平方百米1万元，新建道路的成本为每百米1万元，求三项费用总和的最小值．【答案】（1）（百米）．（2）万元【解析】【分析】（1）首先根据余弦定理求出，再利用正弦定理即可求出的长；（2）设，得到，利用导数求出其最值即可.【小问1详解】在中，由余弦定理，得，因为，，，所以，，所以，． 在中，由正弦定理，得，所以（百米）．【小问2详解】设，，由（1）可得，所以，又，所以设三项费用之和为，则，，所以，令，解得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增． 所以，即三项费用总和最小值为万元．19.某技术部门对工程师进行达标等级考核，需要进行两轮测试，每轮测试的成绩在90分及以上的定为该轮测试通过，只有通过第一轮测试的人员才能进行第二轮测试，两轮测试的过程相互独立，并规定：①两轮测试均通过的定为一级工程师；②仅通过第一轮测试，而第二轮测试没通过的定为二级工程师；③第一轮测试没通过的不予定级．现有某公司的甲、乙、丙三位工程师参加等级考核，已知他们通过第一轮测试的概率分别为，，，通过第二轮测试的概率均为．（1）求经过本次考核，甲，乙，丙三位工程师中恰有两位被定为一级工程师的概率；（2）公司为鼓励工程师参加等级考核设制两套奖励方案：方案一：奖励定为一级工程师2000元，奖励定为二级工程师1500元，未定级给予鼓励奖500元；方案二：获得一级或二级工程师均奖励2000元，未获得任何等级的不予奖励．采用哪套方案，公司的奖励支出会更少？【答案】（1）（2）公司采用方案二，奖励支出会更少【解析】【分析】（1）甲，乙，丙三位工程师中恰有两位被定为一级工程师分成三种情况，分别求其概率再相加即可求解；（2）分别算出甲，乙，丙获得的对应奖金的概率，再求出两种方案获得奖金的均值，比较大小即可.【小问1详解】设甲，乙，丙被定为一级工程师事件分别为，，，事件表示三位工程师中恰有两位被定为一级工程师．，所以【小问2详解】方案一：设甲，乙，丙获得的奖金分别为，，，则，，的取值均为2000，1500，500； 则，，；故，，；；．方案二：设甲，乙，丙获得的奖金分别为，，，则，，的取值均为2000，0；，；，，显然，公司采用方案二，奖励支出会更少．20.如图所示，在四棱锥中，平面平面，，且，设平面与平面的交线为．（1）作出交线（写出作图步骤），并证明平面；（2）记与平面的交点为，点S在交线上，且，当二面角的余弦值为，求的值．【答案】（1）直线即为所求作的直线，证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）延长AB、DC交于Q点，即可得到交线，通过证明，即可证明线面垂直；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量得出，解方程即可.【小问1详解】延长，交于点，连结，则直线即为所求作的直线：因为，所以又因为，所以，分别为，中点，且为正三角形，所以，又，平面平面且交线为，且平面，所以平面，且面PAB，所以，又，且平面，平面所以平面，即平面：【小问2详解】取的中点，连结，则，又平面平面且交线为，且平面，所以平面，以为原点，，所在直线为，轴建立如图空间直角坐标系，则，，，，，，由，得， 所以，，显然平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即取，则，，所以平面的一个法向量为，所以，解得所以当二面角的余弦值为时，21.在平面直角坐标系中，已知圆心为点的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）为直线：上一个动点，过点作曲线的切线，切点分别为，，过点作的垂线，垂足为，是否存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出的值，并求定点的坐标．【答案】（1）（2）存在这样的，当时，坐标为．【解析】【分析】（1）依题意，由几何法即可得出圆心的轨迹是以为焦点，：为准线的抛物线．（2）设直线的方程，对抛物线方程求导化简也可得直线的方程，由恒等思想可得，，构造直线方程为，故两点代入化简可得恒过点，再由得，恒过点，从而可得结论.。【小问1详解】依题意，圆心的轨迹是以为焦点，：为准线的抛物线．所以抛物线焦点到准线的距离等于2，故动圆圆心的轨迹为． 【小问2详解】假设存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点，设，，，直线的方程为，将抛物线方程变形为，则，所以，所以的方程为，因为，所以直线的方程为，把代入的方程得．同理可得．构造直线方程为，易知，两点均在该直线上，所以直线的方程为，故恒过点．因为，所以可设方程为，化简得，所以恒过点当，即时，与均恒过，故存在这样的，当时，坐标为．22.已知函数（1）讨论函数的单调性（2）若有两个极值点，且，求b的取值范围【答案】（1）当时，函数在上单调递增； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.（2）【解析】【分析】(1)对函数求导，分和两种情况，讨论导函数的正负，求出单调区间；(2)根据（1）得到，，且，构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性进而求出的取值范围.【小问1详解】因为函数，则，令，，当，即时，令得：，，当或时，，因为，所以，函数单调递增；当时，，因为，所以，函数单调递减，当，即时恒成立，因为，所以，函数单调递增；综上：当时，函数在上单调递增；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】由（1）知：，，且，， 令，由可得：，所以，由可得：.令，则，函数在上单调递减，因为，要证，即证，所以，由，则，所以，解得：，所以实数的取值范围为