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2022届山西省临汾市高三高考考前适应性训练(一)数学(文)试题解析.pdf


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2022届山西省临汾市高三高考考前适应性训练(一)数学(文)试

一、单选题
2
x|x3x40,Bx|ylnx1,则AB()
.x|1x4
x|1x1
x|4x1xx1
.
答案:B
解出集合A,B中x的范围,取交集即可
解:解不等式可得,集合Ax|1x4,集合中,根据对数函数的定义域解得,集合
B
Bx|x1,综上可得,ABx|1x4
故选:B
,bR,i3bi,则bai2()
6iB.86i
答案:B
利用复数相等求出a,b,再借助复数平方运算计算作答.
解:因ai3bi,a,bR,则有a3,b1,
所以bai213i2123i2213i86i.
故选:B
,某学校组织了一次“学党史、强信念、跟党走”主题竞赛活
,3545岁,
的方法从三个大组中抽取一个容量为10的样本,组成答题团队,已知3545岁组中每位教师被抽
1
到的概率为,则该学校共有教师()人
24

答案:C
根据抽样过程中每个个体被抽到的概率都相等可得答案.
解:因为在抽样过程中,每位教师被抽到的概率都相等,
1
所以该学校共有教师10240人.
24
故选::.
角的终边过点sin30,sin30,则sin的值为()
1122
A..D.
2222
答案:C
先求出点的坐标,进而根据三角函数的定义求得答案.
1

1122
sin
解:由题意,点的坐标为,,则.
222
2211

22
故选:C.
,该模具是一个各棱长都为2的正四棱锥,要将两个同样的模具装在一个球形包装盒内,
则包装盒的最小直径为()

答案:B
由正四棱锥的性质可得底面的中心为其外接球的球心,即求.
解:如图正四棱锥SABCD,设O为底面的中心,
因为正四棱锥的各棱长都为2,
所以OAOBOCODOS2,即O为正四棱锥SABCD的外接球的球心,
故包装盒的最小直径为22.
故选::.
1
{a}为等比数列,a8,公比q.若T是数列{a}的前n项积,则T取最大值时n为()
n12nnn

答案:C
根据给定条件求出数列{a}的通项,再求出T并进行推理计算作答.
nn
11
解:依题意,等比数列{a}的通项公式是:aaqn18()n1()n4,
nn122
11n(n7)
因此,Taaaa()(3)(2)(1)(n4)()2,
n123n22
T1(n1)(n6)n(n7)1T
n3n11
n1()22(),当n3时,,即TTTT,
T22T4321
nn
T
当n3时,n11,即TT,数列{T}递减,TTTT,
Tn1nn456n
n
所以T取最大值时n为3或4.
n
故选:C
22yfxe,fe
(x)2elnxx,则曲线在点处的切线方程为()
ye2ye20
ye2ye20
答案:B
求函数的fx导数,由导数的几何意义可得切线的斜率,求得切点,由直线的点斜式方程可得所
求切线的方程.
2e2
解:因为f(x)2e2lnxx2,所以f(x)2x,
x
所以f(e)2e2lnee23e2,f(e)4e,
yfxe,fey3e24exe2
所以曲线在点处的切线方程为,即4exye0.
故选:B.
,一个直四棱柱型容器中盛有水,底面AADD为梯形,AD2AD,且侧棱长AB12,
1111
当侧面ABCD水平放置时,液面与棱AA的交点恰为AA的中点,当底面AADD水平放置时,液面
1111
高为():.

答案:C
利用等体积法即可求得答案.
解:易知,水的体积不变,如图,设液面与棱的交点分别为E,F,G,H,侧面梯形高为h,
313ah13h7ah
AD2AD2a,则EHa,于是Sa2ah,Sa2a,

112ADD1A122ADHE2228
当底面AADD水平放置时,记液面高为x,于是水的体积VSABSx,即
11ADHEADD1A1
7ah3ah
12xx7.
82
故选:C.
,随着木槌落定,良渚古
城遗址成功列人《世界遗产名录》,这座见证了中华五千多年文明史的古城迎来了在世界文明舞台
上的“高光时刻”,标志着良渚是实证中华五千多年文明史的圣地,,
考古学家对良渚古城水利系统中一条水坝的建筑材料(草裹泥)上提取的草茎遗存进行碳14年代
学检测,%,已知死亡生物体内碳14的含量y与生物死
x
15730
亡年数x之间符合yk,,此水坝大约是距2010

2
年之前()年建造的.
参考数据∶lg552,lg2
:.
答案:D
x
15730
由,求得x,由此求得正确选项.

2
x
15730
解:依题意,

2
x
15730
两边乘以1000得103552,

2
x
15730
两边取以10为底的对数得lg103lg552,

2

x
15730x
lg103lglg552,3,
lg10lg25730lg552
2
x3lg552573035730
3lg2lg552,x4966.

故选:D
1
(x)2sin(2x)的图象上各点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,得到gx的
32
图象,若gxgx4,则|xx|的最小值为()
2112
7
.
424
答案:A
gxgxgx4gx
根据题意求出函数,由得到x,x分别是函数的最小值点和最大值点,进
2112
而求出答案.

g(x)2sin(4x)gxgx4,x,xgx
解:由已知,,而则分别是函数的最小值点和最大
32112
2T
值点,而函数的周期T,则|xx|的最小值为.
421224
故选:A.
1
log3,blg2lg5,clog4,则()
6433
bbabc
答案:C
1111
根据对数函数的单调性,可知a,,c,根据基本不等式可知b,由此即可得到结果.
4334
1111
解:由于alog3log4log4,alog3log22log22
646434364644224:.
11
所以a,,
43
111lg21lg22
1
又clog4log3,blg2lg5lg21lg2,
33
33324

所以cab.
故选:C.
1,1作抛物线C:x22y的两条切线,切点分别为M,,则点Q
的坐标为()
1
A.1,1B.0,0,D.2,2

2
答案:A
x2x2
根据题意,设Mx,1,Nx,2,根据导数的几何意义,求出切线PM和PN的方程,联立方
1222

xx
x12
xx2
2
程可得,根据P1,1,可得12,再根据重心坐标公式,即可求出结果.
xxxx2
y1212
2
x2x2
解:由题意,设Mx,1,Nx,2,
1222

1
又抛物线C:x22y,所以yx2,所以yx
2
x2x2
所以切线PM的方程为y1xxx,即yxx1;
21112
x2
同理切线PN的方程yxx2;
22
x2xx
yxx1x12
1
22
联立PM,PN的方程,,解得
x2xx
y12
yxx2
222
xx
x121
xx2
212
又P1,1,所以,所以,
xxxx2
y12112
2
xx1
又Q为PMN的重心,所以Q的横坐标为121,
3
x2x2xx
12122
纵坐标为x2x2xxxxxx42,
2221212
12121
3666
所以点Q的坐标为1,1.:.
故选:A.
二、填空题
2
,b的夹角为,a1,b2,则ab___________.
3
答案:3
ab2
对平方,利用平面向量数量积运算公式,可求出ab,对其开方即可求出结果.
22221
解:因为abab2abcos142123,
32
所以ab3.
故答案为:3.
x1,

,y满足xy0,,则2x+y的最大值为___________.

xy0,
答案:3
作出可行域可得答案.
x1,

解:作出xy0,可行域,令z2xy,由可行域可知,

xy0,
当直线z2xy经过A时z有最大值,
x1
所以由得A1,1,

xy0
所以z2xy3.
故答案为:3.
(2,0),B(2,0),动点M满足|MA|5|MB|,则直线y2x2被动点M的轨迹截
:.
65
答案:
5
根据给定条件求出动点M的轨迹,再由弦长公式计算作答.
解:设点M(x,y),依题意,(x2)2y25(x2)2y2,整理得:(x3)2y25,
因此,点M的轨迹是以C(3,0)为圆心,r5为半径的圆,
|232|4
点C到直线2xy20的距离d,
22(1)25
465
所以直线y2x2被动点M的轨迹截得的弦长为2r2d22(5)2()2.
55
65
故答案为:
5
,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足a3bcosC,则tanA的最大值为
___________.
3
答案:
4
利用三角形射影定理结合正弦定理可得tanC4tanB,再由和角的正切公式,配方变形即可计算
作答.
解:在ABC中,由射影定理abcosCccosB及a3bcosC得:ccosB4bcosC,
由正弦定理边化角为:sinCcosB4sinBcosC,于是得tanC4tanB,
由a3bcosC0得,cosC0,即角C是钝角,tanB0,
tanBtanC3tanB33
tanAtanBC
1tanBtanC14tan2B24
1,
2tanB4
tanB
11
当且仅当2tanB,即tanB时取“=”,
tanB2
3
所以tanA的最大值为.
4
3
故答案为:
4
三、解答题
,因为患心脏病而住院的600名男性病人中,有200人秃顶,而另外750名不是因为
患心脏病而住院的男性病人中有150人秃顶.
(1)填写下列秃顶与患心脏病列联表∶
患心脏病患其他病总计:.
秃顶
不秃顶
总计
据表中数据估计秃顶病患中患心脏病的概率P和不秃顶病患中患心脏病的概率P,并用两个估计概
12
率判断秃顶与患心脏病是否有关.
(2)%的把握认为秃顶与患心脏病有关吗?请说明理由.
nadbc2
注∶K2.
abcdacbd
2
PK
0

0
42
答案:(1)P,P,判断秃顶与患心脏病有关
1725
(2)%的把握认为秃顶与患心脏病有关,理由见解析
(1)根据条件中所给的数据,列出列联表,填上对应的数据,得到列联表;根据表中数据,结合
古典概型,即可求出结果;
(2)假设秃顶与患心脏病没有关系,根据列联表,把求得的数据代入求观测值的公式求出观测值,
把观测值同临界值进行比较,即可得到结果.
(1)
解∶
患心脏病患其他病总计
秃顶200150350
不秃顶4006001000
总计6007501350
20044002
P,P.
**********
由于P远大于P,所以判断秃顶与患心脏病有关;
12
(2)
解∶由题可知K2的观测值,:.
13502006001504002
216
k
35010006007507
%的把握认为秃顶与患心脏病有关.
a的前n项和为S,满足5a2S1
nnnn
(1)证明:数列a为等比数列;
n
(2)若b3na1,求数列b的前n项和T
nnnn
答案:(1)证明见解析
5n1
(2)Tn
n44
a,n1
(1)利用a1,再根据等比数列的定义,即可证明结果;

nSS,n2,nN*
nn1
5n1
(2)由(1)可知,可得a,进而可得b5n11,再根据分组求和,即可求出结果.
n3nn
(1)
证明:由题可知,
5a2S1n1①
nn
5a2S1n2②
n1n1
5
∶5a5a2an2aan2
①②得,即
nn1nn3n1
1
当n1时,由①知a
13
15
所以a是以为首项,以为公比的等比数列.
n33
(2)
15n15n1
解:由(1)可知,a
n333n
5n1
所以b3n15n11.
n3n
所以Tbbbb5051525n1n?
n123n
5n1
n.
44
,直三棱柱ABCABC中,ABBC,AB2BC2BB4,,E为棱BB的中点,F为
11111
:.
(1)证明∶CECF;
1

(2)当C1F与平面ABC所成的角为时,求三棱锥A-CEF的体积.
4
答案:(1)证明见解析;
22
(2).
3
(1)连接BC,证明CE⊥平面FBC,原题即得证;
11
(2)连接FC,利用VV求解.
ACEFEAFC
(1)
证明::平面ABC⊥平面BBCC,
111
平面ABC∩平面BBCC=BC,AB平面ABC,且AB⊥BC,
11
所以AB⊥平面BBCC.
11
又因为EC平面BBCC,所以AB⊥EC.
11
2
在Rt△EBC,tanECB,在Rt△BCC,tanCBC2,
11
2
所以CBEC.
1
因为AB⊥EC,CBEC,CBABB,CB,AB平面FBC,
1111
所以CE⊥平面FBC.
1
又因为CF平面FBC,所以CECF.
111
(2)
解:⊥平面ABC,
1

所以直线CF与平面ABC所成角为CFC
11
4

在Rt△CCF中,CC22,CFC
1114
所以FC22,
在Rt△BCF中,CF22,BC=2,:.
所以FB=2,即F为AB中点,
11122
所以VVSEB222
ACEFEAFC3AFC323
,在圆锥内放入两个大小不同的球O,O,使得它们分别与圆锥的侧面和平面相切,
12
两个球分别与平面相切于点F,F,丹德林(GDandelim)利用这个模型证明了平面与圆锥
12
侧面的交线为椭圆,F,F为此椭圆的两个焦点,截圆锥
12
183
得的是焦点在x轴上,且离心率为的椭圆,圆锥的顶点V到椭圆顶点A的距离为,圆锥的母
213
线VA与椭圆的长轴AA垂直,圆锥的母线与它的轴的夹角为30.
212
(1)求椭圆的标准方程;
(2)过右焦点F的直线与椭圆交于A,B两点,A,B中点为D,过点F的直线MF与AB垂直,且
222
与直线l:x4交于点M,求证:O,D,M三点共线.
x2y2
答案:(1)1.
43
(2)证明见解析:.
(1)根据几何关系求出AA的长度,即为2a的值,再结合离心率求出b的值,从而确定椭圆方程
12
(2)设直线AB的方程ykx1,根据几何关系分别求出点D,M关于k的坐标表达式,写出k,
OD
k,若二者相等,即可证明O,D,M三点共线
OM
(1)
因为圆锥的母线与它的轴的夹角为30,所以AVA60,且VAAA,所以直角三角形VAA中,
1221212
833c1
AAVAsin42a,所以a2,又因为e,所以c1,b2a2c23,
11332a2
x2y2
故椭圆的标准方程为1.
43
(2)
设A(x,y),B(x,y),D(x,y),M(x,y),由题可知直线AB的斜率存在且不为0,
1122DDMM
x2y2
设其方程为ykx1,代入椭圆1
43
得:(4k23)x28k2x4k2120
8k2
所以xx2x
124k23D
4k23k
所以x,yk(x1)
D4k23DD4k23
13
由题可知直线MF的方程为y(x1),且x4,所以y
2kMMk
3k
3
4k233
求得:k,k3,所以kk
OD4k24kkODOM
OM44k
4k23
故O,D,M三点共线.
21fx3xaexcosx2.
.已知函数
(1)若对aR,曲线yf(x)在点(x,f(x)处的切线恒过点(1,0),求x的值;
000
(2)当a3时,证明:f(x)0.
答案:(1)0
(2)证明见解析
(1)根据导数的几何意义可求出曲线yf(x)在点(x,f(x))处的切线方程,再将(1,0)代入可得
00
x的方程,解方程即可;
0
(2)当a3时,f(x)(3x3)excosx2,所以原问题转化为(3x3)excosx20恒成立,令:.
cosx2
g(x)3x3,利用导数在函数最值中的应用,求出g(x)0,由此即可证明结果.
ex
(1)
解:f(x)的定义域为R,fx3xa3exsinx
所以曲线yf(x)在点(x,f(x))处的切线方程为:
00
y(3xa)ex0cosx2(3xa3)ex0sinx(xx)
00000
将点(1,0)代入得:
0(3xa)ex0cosx2(3xa3)ex0sinx(1x),
00000
化简得:(3x23x3ax)ex0cosx(x1)sinx20
000000
上式对aR恒成立,
所以x0.
0
(2)
证明:当a3时,f(x)(3xa)excosx2(3x3)excosx2,
若(3x3)excosx20恒成立,则原命题得证.
cosx2
令g(x)3x3,
ex
sinxex(cosx2)exsinxcosx2
则g(x)33,
(ex)2ex
2sinx2
g(x)0,
ex
所以g(x)在R上单调递增,且g(0)0.
所以g(x)在(,0)单调递减,在(0,)单调递增.
所以g(x)g(0)0,
即(3x3)excosx20恒成立,
所以原命题得证.
,以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极
t
xa

22
坐标方程为2,直线l的参数方程为(t为参数,a2).直线l与曲线C交于
1sin23

yt
2
A,B两点.
(1)求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程;:.
11
(2)若点P(a,0)满足22,求a的值.
PAPB
x2
答案:(1)曲线C:y21,直线l:3xy3a0(a2);
2
(2)a1.
(1)利用极坐标与直角坐标互化公式变形可得曲线C的直角坐标方程;消去直线l的参数方程中参数
t可得l的普通方程.
(2)把l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程,再利用参数的几何意义列式计算作答.
(1)
2
因22(sin)22,把x2y2,siny代入得:x22y22,
1sin2
x2
所以曲线C的直角坐标方程为y21;
2
t
xa

2
消去l的参数方程中的参数t得:y3xa,
3
yt
2
所以l的普通方程为3xy3a0(a2).
(2)
t
xa

2x2
将(t为参数,a2)代入椭圆y21得:7t24at4a280,
32
yt
2
22
因a2,即16a284a80,设点A,B所对参数分别为t,t,则
12
4a4a28
tt,tt0,
127127
tttttt24tt
1111
于是得2112121222,
PAPBtttttttt
12121212
4a4a284a28
即(tt)24tt8(tt)2,因此,()248()2,整理得4a413a290,
121212777
而a2,解得a21,即a1,
所以a的值是.
x
xx11
2
5
(1)求不等式fx的解集M;
4
64
(2)若t为M中最小的正整数,a,b,c(t,),且abct3,求证∶abacbc.
3:.
53
答案:(1){x|x或x}
62
(2)证明见解析
(1)运用零点分段法去绝对值后再解不等式即可;
(2)根据条件得abc8,两边平方后再运用基本不等式可证明.
(1)
x53
当x1时,fx2,解得x;
242
3x55
当2x1时,fx,解得2x;
246
x5
当时,fx2,解得
x≤2x≤2.
24
553
综上所述,不等式fx的解集M为{x|x或x}.
462
(2)
由(1)知,t2.
则a,b,c2,
所以abct38
所以abc2a2b2c22ab2ac2bc64
因为a2b22ab(当且仅当ab时取等),
a2c22ac(当且仅当ac时取等)
b2c22bc(当且仅当bc时取等).
所以a2b2c2abacbc.
所以abc23ab3ac3bc
648
abacbc(当且仅当abc时,等号成立).
33

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