《2022年高考数学考前适应性试卷二文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考数学考前适应性试卷二文（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022年高考数学考前适应性试卷二文注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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12019雅安诊断当时，复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限22019龙泉中学已知全集
2、，集合，则集合( )ABCD32019泉州质检函数的图象大致为（ ）ABCD42019汉中质检已知向量、的夹角为，则（ ）ABCD52019江淮十校甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为，其中，若，就称甲乙“心有灵犀”现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（ ）ABCD62019福建质检已知双曲线C的中心在坐标原点，一个焦点到渐近线的距离等于2，则C的渐近线方程为（ ）ABCD72019汕尾质检在中，内角的对边分别为，已知，则（ ）ABCD或82019汕尾质检数书九章是我国宋代数学家秦九韶的著作，其中给出了求多项式的值的秦九韶算
3、法，如图所示的程序框图给出了一个利用秦九韶算法求某多项式值的实例，若输入的，输出的，则判断框“”中应填入的是（ ）ABCD92019九江二模已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的表面积之比为（ ）ABCD102019湛江模拟把函数的图像向左平移个单位长度，再把所得的图像上每个点的横、纵坐标都变为原来的2倍，得到函数的图像，并且的图像如图所示，则的表达式可以为（ ）ABCD112019四川质检已知椭圆C的方程为，焦距为，直线与椭圆C相交于A，B两点，若，则椭圆C的离心率为（ ）ABCD122019郴州质检已知函数为上的奇函数，且图象关于点对称，且当时
4、，则函数在区间上的（ ）A最小值为B最小值为C最大值为0D最大值为第卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分132019赣州摸底设曲线在点处的切线方程为，则_142019上饶联考若，满足约束条件，则的最小值为_152019四川质检已知，_162019湛江模拟圆锥的底面半径为，母线长为正四棱柱的上底面的顶点均在圆锥的侧面上，棱柱下底面在圆锥的底面上，则此正四棱柱体积的最大值为_三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）2019乌鲁木齐质检记公差不为零的等差数列的前n项和为，已知，是与的等比中项（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和18（1
5、2分）2019南宁调研一汽车销售公司对开业4年来某种型号的汽车“五一”优惠金额与销售量之间的关系进行分析研究并做了记录，得到如下资料日期第一年第二年第三年第四年优惠金额x（千元）10111312销售量y（辆）22243127（1）求出关于的线性回归方程；（2）若第5年优惠金额千元，估计第5年的销售量y(辆)的值参考公式：，19（12分）2019安丘模拟如图所示，四棱锥中，底面为的中点（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积20（12分）2019石景山期末已知抛物线经过点，其焦点为FM为抛物线上除了原点外的任一点，过M的直线l与x轴，y轴分别交于A，B（1）求抛物线C的方程以及焦点坐标；（2）若B
6、MF与ABF的面积相等，求证：直线l是抛物线C的切线21（12分）2019郑州一中设函数（1）若，求的单调区间；（2）若当时，恒成立，求实数a的取值范围请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分22（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】2019兰州模拟在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的普通方程和的直角坐标方程；（2）已知曲线的极坐标方程为，点是曲线与的交点，点是曲线与的交点，且，均异于原点，且，求实数的值23（10分）【选修4-5：不等式选讲】2019兰州二诊已知（1）当时，求
7、不等式的解集；（2）若不等式的解集为实数集，求实数的取值范围绝密 启用前2019届高考考前适应性试卷文科数学答案（二）第卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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【答案】D【解析】，复数在复平面内对应的点位于第四象限，故选D2【答案】A【解析】由，可得或，故，由，解得 ，故选A3【答案】C【解析】当时，故排除选项B；，故排除D；，令，得或，则当变化时，的变化情况如下表：00单调递减极小值单调递增单调递增又因为，故在的切线为轴，故排除选项A，所以选C4【答案】A【解析】，因此本题选A5【答案】C【解析】甲乙两人猜数字时互不影响，故各有5种可能
8、，故基本事件是种，“心有灵犀”的情况包括：，共13种，故他们“心有灵犀”概率为，故选6【答案】D【解析】设双曲线的方程为，其渐近线方程为，依题意可知，解得，双曲线C的渐近线方程为，故选D7【答案】C【解析】，由余弦定理可得：，由正弦定理可得：，为锐角，故选C8【答案】C【解析】模拟程序的运行过程如下，输入，此时不满足循环条件，输出，则判断框中应填入的是故选C9【答案】B【解析】设圆锥底面圆半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，所以，所以球与圆锥的表面积之比为，故选B10【答案】B【解析】，即，或,（舍去），则，又，当，即，把函数
9、的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到，再把纵坐标缩短到原来的，得到，再把所得曲线向右平移个单位长度得到函数的图象，即，故选B11【答案】A【解析】设直线与椭圆在第一象限内的交点为，则，由，可知，即，解得，所以，把点代入椭圆方程得到，整理得，即，因，所以可得，故选A项12【答案】A【解析】因为函数的图象关于点对称，所以又函数为奇函数，所以，所以函数是周期为6的周期函数，又函数的定义域为，且为奇函数，故，依次类推，作出函数的大致图象，如图所示，根据周期性可知，函数在区间上的图象与在区间上的图象完全一样，可知函数在上单调递减，且，所以函数在区间上的最小值为选A第卷二、填空题：本大题共4小题，每小
10、题5分13【答案】【解析】因为曲线，所以，因为曲线在点处的切线方程为，所以，14【答案】【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数其几何意义表示点与可行域内的点连线的斜率，据此可知目标函数在点A处取得最小值，联立直线方程，可得点的坐标为，据此可知目标函数的最小值为，故答案为15【答案】【解析】，所以16【答案】【解析】设正四棱柱的底面边长为x，设棱柱的高h，根据相似性可得：，解得，（其中）此正四棱柱体积为，令，解得，易得：在上递增，在上递减，所以此正四棱柱体积的最大值为三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17【答案】（1）；（2）【解析】（1
11、）由已知，得，又，解得，（2）由（1）得，18【答案】（1）；（2）第5年优惠金额为千元时，销售量估计为17辆【解析】（1）由题中数据可得，故，（2）由（1）得，当时，第5年优惠金额为千元时，销售量估计为17辆19【答案】（1）见证明；（2）【解析】（1）证明：，在中，是直角三角形又为的中点，是等边三角形，又平面平面，平面（2）解：底面，底面，为三棱锥的高，又，20【答案】（1）抛物线C的方程为，焦点F点坐标为；（2）见解析【解析】（1）因为抛物线经过点，所以所以抛物线C的方程为，焦点F点坐标为（2）证明：因为BMF与ABF的面积相等，所以，所以B为AM的中点设（），则所以直线l的方程为，与抛
12、物线联立得，所以直线l是抛物线C的切线21【答案】（1）在，上单调递增，在上单调递减；（2）【解析】（1）时，当时，；当时，；当时，故在，上单调递增，在上单调递减（2）令，则，若，则当时，为增函数，而，从而当时，即若，则当时，为减函数，而，从而当时，即综上可得a的取值范围是22【答案】（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）【解析】（1）由曲线的参数方程为（为参数），消去参数得曲线的普通方程为，因为曲线的极坐标方程为，所以，所以的直角坐标方程为，整理得（2）：化为极坐标方程，所以，所以，所以，即，又因为，所以23【答案】（1）；（2）【解析】（1）当时，当时，由得，得，或，所以当时，由，得，解得或，所以；当时，由得，解得或，所以，综上：当时，的解集为（2）的解集为实数集，当时，当时，的最大值为实数的取值范围为
