【文档说明】陕西省西安市西工大附中2022届高三上学期第四次适应性训练数学(理)试题含答案.doc,共(8)页,922.000 KB,由小赞的店铺上传
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2022年全国普通高等学校招生统一考试第四次适应性训练理科数学一.选择题(12×5=60分)1.已知集合0322−−=xxNxA,则满足条件AB的集合B的个数为()A.2B.3C.4D.82.若复数221zii=++,其中i是虚数单位,则复数z的模为()A.2B
.22C.3D.23.下列命题中错误的是()A.如果平面平面⊥,那么平面内一定存在直线平行于平面B.如果平面不垂直于平面,那么平面内一定不存在直线垂直于平面C.如果平面⊥平面,平面⊥
平面,l=,那么l⊥平面D.如果平面⊥平面,那么平面内所有直线都垂直于平面4.下列四个命题中,正确的有()①随机变量服从正态分布()1,9N,则()()1023PP−=②0003,sincos2xRxx+=③命题2",20"xRxx−−的否定是2",2
0"xRxx−−④复数123,,zzzC,若()()2212230zzzz−+−=则13zz=A.1个B.2个C.3个D.4个5.达芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名,画中女子神秘的微笑,数百年来让无数观赏者入迷,现将画中女子的嘴唇近似的看作一个圆弧,设嘴角A、B间的
圆弧长为l,嘴角间的距离为d,圆弧所对的圆心角为(为弧度角),则l、d和所满足的恒等关系为()A.sin2=dlB.2sin2=dlC.cos2=dlD.2cos2=dl6.已知实数yx,满足不等式组−++−
−+,044,042,01yxyxyx则443−+yx的最大值为()A.16B.12C.5D.37.如图,矩形OABC内的阴影部分是由曲线()()()sin0,fxxx=及直线()()0,xaa=与x轴
围成,向矩形OABC内随机投掷一点,若落在阴影部分的概率为14,则a的值是()A.712B.23C.34D.568.已知,ab为平面向量,若ab+与a的夹角为3,ab+与b的夹角为4,则ab=()A.33B.64C
.53D.639.已知ABC中,2sinsincos2ABC=,则该三角形的形状为()A.等边三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等腰直角三角形10.已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题,每人均有23的概率解答正确,且三个人解答正确与否相互独立,在三人中至少有两人解
答正确的条件下,甲解答不正确的概率是()A.1320B.920C.15D.12011.正四面体ABCD的棱长为4,E为棱AB的中点,过E作此正四面体的外接球的截面,则该截面面积的取值范围是()A.46,B.41
2,C.4,D.6,12.已知点)2,0(R,曲线()()0:24=ppxyC,直线)2,0(=mmmy与曲线C交于NM,两点,若RMN周长的最小值为2,则p的值为()A.8B.6C.4D.2二.填空题(4×5=20分)13.设,,1,1xyRab,若
3,23xyabab==+=,则11xy+的最大值为.14.二项式522axx−的展开式中常数项为160,则a的值为.15.双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左、右焦点分
别为1(2,0)F−、2(2,0)F,M是C右支上的一点,1MF与y轴交于点P,2MPF的内切圆在边2PF上的切点为Q,若||2PQ=,则C的离心率为.16.将正整数排成下图所示的数阵,其中第i行有12i−个数,如果2021是表中第m
行的第n个数,则=+nm.三.解答题(5×12+10=70分)(一)必考题:共60分17.(本题满分12分)已知数列na的前n项和为nS.(1)从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立,①
21=S,②22S1+=+nnS,③;21−=+nnaS(2)在(1)的条件下,若nnab2log=,数列nb的前n项和为nT,求证:21111321++++nTTTT.18.(本题满分12分)如图,已知ABBC⊥,BECD∥,90DCB=,平面B
CDE⊥平面ABC,2ABBCBE===,4CD=,F为AD中点.(1)证明:EF⊥平面ACD;(2)求直线CE与平面ABD所成角的正切值.19.(本题满分12分)少数民族文化作为中华文化的重要组成部分,是社会主义文化建设的重要内容.长期以来,
连江县将保护畲族文化作为民族工作的一项重要工作,每年农历三月三,连江县小沧乡都会举行畲族文化节,畲族青年男女喜欢跳起欢快的竹竿舞.跳竹竿舞,不但是一种文娱活动,而且能强身健体.现有mmm5,4,3的竹竿各3根、2根、2根,从中随机取出3根.(1)求所取3根竹竿
中恰有2根长度相同的概率;(2)X表示所取3根竹竿中长度的中位数,求X的分布列和数学期望.20.(本题满分12分)已知点1(2,0)F−,点P是圆222:(2)36Fxy−+=上的任意一点,线段1PF的垂直平分线与直线2PF交于点Q,记动点Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2
)设12,ll是分别过点12,FF的两条平行直线,1l交曲线C于,AB两个不同的点,2l交曲线C于,MN两个不同的点,求四边形ABNM面积的最大值.21.(本题满分12分)已知函数sin()eaxxfx
=在原点处的切线方程为yax=−.(1)求a的值及f(x)的单调区间;(2)记bxxfxg−=)()(,b∈(0,2),讨论函数g(x)在(0,π)上零点的个数.(参考数据:2e=4.81047).(二)
选考题:共10分.请考生在第22,23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,作答时请写清题号.22.(本题满分10分)【选修4-4极坐标与参数方程】在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,以x轴正半轴为极轴,建立极坐标系,直线l的极坐标方程2cos42+=
,曲线C的极坐标方程为()2213sin4+=.(1)写出直线l和曲线C的直角坐标方程;(2)已知点()1,0A,若直线l与曲C线交于QP,两点,PQ中点为M,求APAQAM+的值.23.(本题满分10分)【选修4-5不等
式选讲】设函数()xxf=,()21gxx=−.(1)解不等式()()2fxgx+;(2)若()()22fxgxax+−对任意的xR恒成立,求实数a的取值范围.2022年全国普通高等学校招生统一考试第四次适应性训练理科数学参考答案一.选择题题号123456789
101112选项CADBBBBDCCAB二.填空题13.114.215.216.1009三.解答题17.(1)若选①②推出③证明:因为,22,211+==+nnSSS所以,)(42,22211=++=++SSSnn所以数列2+nS是以4为首项,2为公比的等比数列,所以.22,22
11−==+++nnnnSS当2n时,,221−=−nnS与上式相减得(),22=nann当成立,所以时2,11==annna2=,所以21−=+nnaS成立.若选①③推出②证明:因为,21=S,时,,所以当2221-1−=−=+nnnnaSnaS,22,22,22-21
111−=−====+++++nnnnnnnnnnnSSaaaaaa,所以,所以则所以.221+=+nnSS(2)证明:由(1)知nna2=,,log2nabnn==,2)1(+=nnTn所以,11121+−=nnTn所以所以.2
111211121+−=+++nTTTn18.(1)证明:设AC中点为G,连,FGBG,∵F为AD中点,∴1,2FGDCFGDC=∥,又由题意BECD∥,12BECD=∴EBFG∥,且EBFG=,∴四边形
BEFG为平形四边形,∴EFBG∥∵90DCB=∴DCBC⊥,又∵平面BCDE⊥平面ABC,平面BCDE平面ABCBC=,DC平面BCDE,∴DC⊥平面ABC.又BG平面ABC,∴DCBG⊥,∴DCEF⊥,又ABBC=,∴ACBG⊥,∴ACEF⊥,∵ACDCC=,AC平面
ACD,DC平面ACD,∴EF⊥平面ACD.(2)以点B为原点,以BA方向为x轴,以BC方向为y轴,以BE方向为z轴,建立如图所示坐标系()0,0,0B,()0,0,2E,()2,0,0A,()0,2,
0C,()0,2,4D,设平面ABD的法向量(),,nxyz=,则00nBAnBD==,∴20240xyz=+=取1z=,()021n=−,,,()0,2,2CE=−,∴cos,CEnCEnCEn==4231010225+=,设直线CE与
平面ABD所成角为,则310sin10=,∴10cos10=3tan=.19.解:(1)记“所取3根竹竿中恰有2根长度相同”为事件A,则11133223337722)135CCCCPACC=−−=((2)X的可能值为3,4,5,则
321213323237133)35CCCCCPXC++===(1211121323222237174)35CCCCCCCPXC++===(121232223755)35CCCCPXC+===(X的分布
列为()Ex=1317513234535353535++=20(Ⅰ)由题意,线段1PF的垂直平分线与直线2PF交于点Q,可得1QPQF=,所以1221264QFQFQPQFFF+=+==,所以Q的轨迹是以点12,FF为焦点,6为长轴长的椭圆,X345P133
51735535设椭圆的方程为22221(0)xyabab+=,可得3,2ac==,则2225bac=-=,所以点Q的轨迹方程为22195xy+=.(Ⅱ)直线MN的斜率不为0,设1122(,),(,)MxyNxy,直线MN的方程为2xmy=+,联立方程组222195xmyxy=+
+=,整理得22(902)5250mymy++−=,则1212222025,5959myyyymm+=−=−++,所以222221212222202530(1)1()41()+4595959mmMNmyyyymmmm+=++−=+−
=+++根据椭圆的对称性可知,四边形ABNM为平行四边形,原点O是对角线的交点,所以四边形ABNM的面积等于OMN的面积的4倍,点O到直线MN:2xmy=+的距离221dm=+,所以OMN的面积222221130(1)2301
2259591mmSMNdmmm++===+++,令21mt+=,则221mt=−,可得2230303045(1)9545ttStttt===−+++,设()45(1)ftttt=+,则()2224545tfttt−=−=,因为1t,所以()22540tftt−=
,所以函数()ft在[1,)+单调递增,所以当1t=时,()ft取得最小值,最小值为()19f=,所以OMN的面积的最大值为103,四边形ABNM的面积的最大值为403.21.解:(1)().sin,1
,1)0(),sin(cos)(xexfaafxaxexfxax=−=−==−=−,,432,42,04sin2)sin(cos)(Zkkkxxexxexfxx+−+=+=().4-2,452,432,42ZkkkZkkkxf
−+−,:单调减区间:的单调增区间:()()()()(),cossin,,0,sin2bxxexgxbxxebxxfxgxx−+=−=−=)解:(()()(),
10220,2,0cos2bgxgxxexgx−==上递减,,上递增,在,在(),02,01010012−=−=−begbgbb时,,当()()()()递减,递增,在在,则使存在,,00,,21111
xxxgxgx=()()()()()上仅有一个零点;在,,又,0,00001xgbgxgg−==()(),使存在时,当0,2,0,02,01021222=−=−=xgxbegbgb()()()()()递减,在,使
,存在又,,,00,2,03233xxxgxgxg=在()32,xx递增,()(),0,0,022322−−=gxgebeg()(),3xxg在此时
存在一个零点.()()()也存在一个零点,在又=2,,0022xxggxg()().0上有两个零点,在则此时xg综上:()();,0,10上仅有一个零点在xgb()().,0,21上有两个零点在xgb22【解析】(1)因为直线2:cos42l+=
,故cossin10−−=,即直线l的直角坐标方程为10xy−−=,因为曲线C:()2213sin4+=,则曲线C的直角坐标方程为2244xy+=,即2214xy+=,(2)设直线l的参数方程为21,222x
tyt=+=(t为参数),代入曲线C的直角坐标系方程得252260tt+−=.设P,Q对应的参数分别为1t,2t,则1265tt=−,12225tt+=−,所以M对应的参数120225ttt+==−,故2121200226()4()||+||||
||+||55=8||||||25ttttAPAQAMtt−−−−===23解:(1)()()131,21211,0213,0xxfxgxxxxxxx−+=+−=−−当12x时
,312x−,即33x,即1x,即1x,即112x当102x时,12−x,即1x−,即102x当0x时,312x−+,即13x,即103x−,综上所述,不等式的解集为113xx−(2)()()141,2122211,0214,0
xxfxgxxxxxx−+=+−=−当12x时,412xax−−,即()410ax−+,所以()4014102aa−−+,得4a当102x时,12ax−,即30ax−
,所以132a,即6a当0x时,142xax−−,即()430ax+−,40a+即可,即4a−综上所述,44a−,即a的取值范围为4,4−