高考数学学科备考关键问题指导系列十六（考前适应性练习答案）

2/2福建省2022届高三数学适应性练习卷（一）参考答案泉州市教育科学研究所姚承佳执笔一、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．C 2．C 3．B 4．B 5．D 6．B 7．D 8．A【单选题解析】1．因在复平面内，复数对应的点的坐标是，故，所以，所以．故选C.2．因为，又，即，所以C正确．3．解法一：设的公差为，则解得所以．故选B．解法二：因为，所以，即，因此，即.故选B．4．解法一：因为，即，所以，，因为，所以，所以=1\*GB3①．又=2\*GB3②，由=1\*GB3①=2\*GB3②结合解得．故选B．解法二：因为， 所以，所以， 因此， 所以，又，所以， 因此．故选B．5．对于A选项，如下图所示，连接，在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，、分别为、的中点，则，，平面，平面；对于B选项，因为分别为、的中点，所以，，平面，平面，平面；对于C选项，连接，如下图所示：在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，则，、分别为、的中点，则，，平面，平面，平面；对于D选项，如下图所示，连接交于点，连接，连接交于点，若平面，平面，平面平面，则，则，由于四边形为正方形，对角线交于点，则为的中点，、分别为、的中点，则，且，则，，则，又，则，所以，与平面不平行；故选D．6．连接，因为正八边形的每一个内角都是，且，所以,由正八边形的对称性知，且，所以，又因为，所以，．故选B.注：本题有多种解法，可从向量运算入手、可用解三角形方法、可考虑传统的平几方法（如在等腰梯形中求解）.7．直线化为，得，联立，得，无论为何值，直线恒过定点；对于A选项：在中，令，得，所以圆被轴截得的弦长为，故A错误；对于B选项，在中，令，得，所以圆被轴截得的弦长为，故B错误；对于C选项，当直线过圆心C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；对于选项：设，易知在圆内，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．原不等式可化为，则，整理得，（1）当时，上式成立。（2）当时，上式不恒成立，不满足题意.（3）当时，.令，则.所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.当时，取得最大值，所以，故的取值范围是.综上得，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．AB 10．ACD 11．ACD 12．ABC【多选题解析】9．对于A选项，因为，所以，故A正确．对于B选项，由得：或，所以点的横坐标为或，故B正确；对于C选项：由双曲线方程知：，，所以的渐近线方程为，故C错误；对于D选项，因为，所以为直径的圆方程为，故D错误．故选AB．10．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，所以周期，，又图象过点，所以，由结合图象可得，故．由解析式可判断A，C，D正确．故选ACD．11．对A选项，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，故选项A正确；对B选项，“双减”前学习时长在的频率为，故选项B错误；对C选项，“双减”后学习时长在的频率为，故选项C正确；对D选项，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，故选项D正确；故选ACD．12．令（），则,．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.因此有，，，即，，，故A，B，C正确．又，故D错误.故本题选ABC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（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）14．15．16．【填空题解析】13．（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．设进行检测的4个汉字中至少有一个是最后一天学习的为事件，恰有3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．15．解：如图，设直线AB的倾斜角为，则，，所以，由、长短弦公式得：，化简得：，代入得：，即，解之得：（负值已舍），所以.16．解：设阿基米德多面体的棱长为，则，解得，显然正四面体的棱长为，且正四面体与半正多面体的外接球球心相同，设为．如图：，则，，所以，设，则，在直角三角形中，，即，解得，所以在直角三角形中，所以在三角形中，，由余弦定理得，，所以．所以这个半正多面体的外接球的半径为．则该阿基米德多面体外接球的表面积为四、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．（10分）解：（1）因为……①，当时，……②， 1分①－②，得，所以， 3分又时，， 4分所以. 5分（2）由（1）结合已知条件可得：.当时，，，即成立. 6分当时，， 9分综上，． 10分18．（12分）解：（1）在中，由余弦定理，得， 1分因为，，，所以，， 2分所以，．3分在中，由正弦定理，得， 4分所以（百米）． 5分（2）设，由（1）可得， 6分所以， 7分又，所以， 8分设三项费用之和为，则 9分，， 10分所以，令，解得，当时，，函数单调递减； 11分当时，，函数单调递增．所以，即三项费用总和的最小值为万元． 12分19．（12分）解：（1）设甲，乙，丙被定为一级工程师的事件分别为，事件表示三位工程师中恰有两位被定为一级工程师. 1分，， 2分所以. 4分（2）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，，； 5分故； 6分，， 7分；；. 8分方案二：设甲，乙，丙获得的奖金分别为，则的取值均为2000,0；，； 9分，， 10分. 11分显然，公司采用方案二，奖励支出会更少. 12分20．（12分）解：（1）延长交于点，连结，则直线即为所求作的直线； 2分因为，所以又因为，所以分别为中点，且为正三角形，所以， 3分又，平面平面且交线为，且平面，所以平面，所以， 4分又，所以平面，即平面； 5分（2）取的中点，连结，则，又平面平面且交线为，且平面，所以平面， 6分以为原点，所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，则，，，，，，由，得，所以，， 7分显然平面的一个法向量为， 8分设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以平面的一个法向量为， 10分所以，解得，所以当二面角的余弦值为时，． 12分21．（12分）解：（1）依题意，圆心的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线． 2分所以抛物线焦点到准线的距离等于，故动圆圆心的轨迹为． 4分（2）假设存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点， 5分设，直线的方程为，将抛物线方程变形为，则，所以，所以的方程为． 6分因为，所以直线的方程为， 7分把代入的方程得．同理可得． 8分构造直线方程为，易知两点均在该直线上，所以直线的方程为，故恒过点． 9分因为，所以可设方程为，化简得， 10分所以恒过点． 11分当，即时，与均恒过，故存在这样的，当时，坐标为． 12分22．（12分）解：（1）， 1分令.（=1\*romani）若，此时，，所以在单调递增． 2分（=1\*romani=1\*romani）若