2022學年河南省創(chuàng)新發(fā)展聯盟高三適應性調研考試數學試題(含解析)

1、2022學年高考數學模擬測試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1如下的程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著九章算術中的“更相減損術”執(zhí)行該程序框圖，若輸入的a，b分別為176，320，則輸出的a為（ ）A16B18C20D152執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出的值為（ ）A0B1CD3如圖，已知

2、直線與拋物線相交于A，B兩點，且A、B兩點在拋物線準線上的投影分別是M，N，若，則的值是（ ）ABCD4一個頻率分布表（樣本容量為）不小心被損壞了一部分，只記得樣本中數據在上的頻率為，則估計樣本在、內的數據個數共有（ ）ABCD5在中，內角所對的邊分別為，若依次成等差數列，則（ ）A依次成等差數列B依次成等差數列C依次成等差數列D依次成等差數列6已知正四面體外接球的體積為，則這個四面體的表面積為（ ）ABCD72019年10月1日，中華人民共和國成立70周年，舉國同慶.將2,0,1,9,10這5個數字按照任意次序排成一行，拼成一個6位數，則產生的不同的6位數的個數為A96B84C120D360

3、8已知函數在上有兩個零點，則的取值范圍是（ ）ABCD9函數的對稱軸不可能為（ ）ABCD10等比數列的前項和為，若，則（ ）ABCD11若表示不超過的最大整數(如，)，已知，則（ ）A2B5C7D812的展開式中，項的系數為（ ）A23B17C20D63二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13某種圓柱形的如罐的容積為個立方單位，當它的底面半徑和高的比值為_.時，可使得所用材料最省.14已知正方形邊長為，空間中的動點滿足，則三棱錐體積的最大值是_.15已知等比數列的各項都是正數，且成等差數列，則=_16如圖是某幾何體的三視圖，俯視圖中圓的兩條半徑長為2且互相垂直，則該幾何體的體積為

4、_.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知函數，.（1）求證：在區(qū)間上有且僅有一個零點，且；（2）若當時，不等式恒成立，求證：.18（12分）已知函數（1）當時，證明，在恒成立；（2）若在處取得極大值，求的取值范圍.19（12分）已知函數，其中e為自然對數的底數.（1）討論函數的單調性；（2）用表示中較大者，記函數.若函數在上恰有2個零點，求實數a的取值范圍.20（12分）已知件次品和件正品混放在一起，現需要通過檢測將其區(qū)分，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出件次品或者檢測出件正品時檢測結束（1）求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品

5、的概率；（2）已知每檢測一件產品需要費用元，設表示直到檢測出件次品或者檢測出件正品時所需要的檢測費用（單位：元），求的分布列21（12分）在平面直角坐標系中,有一個微型智能機器人（大小不計）只能沿著坐標軸的正方向或負方向行進,且每一步只能行進1個單位長度,例如：該機器人在點處時,下一步可行進到、這四個點中的任一位置記該機器人從坐標原點出發(fā)、行進步后落在軸上的不同走法的種數為（1）分別求、的值；（2）求的表達式22（10分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若的解集包含，求的取值范圍.2022學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題

6、給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【答案解析】根據題意可知最后計算的結果為的最大公約數.【題目詳解】輸入的a，b分別為,根據流程圖可知最后計算的結果為的最大公約數，按流程圖計算,易得176和320的最大公約數為16，故選:A.【答案點睛】本題考查的是利用更相減損術求兩個數的最大公約數,難度較易.2、A【答案解析】根據輸入的值大小關系，代入程序框圖即可求解.【題目詳解】輸入，因為，所以由程序框圖知，輸出的值為.故選：A【答案點睛】本題考查了對數式大小比較，條件程序框圖的簡單應用，屬于基礎題.3、C【答案解析】直線恒過定點，由此推導出，由此能求出點的坐標，從而能求出的值【題目詳解】

7、設拋物線的準線為，直線恒過定點，如圖過A、B分別作于M，于N，由，則，點B為AP的中點、連接OB，則，點B的橫坐標為，點B的坐標為，把代入直線，解得，故選：C【答案點睛】本題考查直線與圓錐曲線中參數的求法，考查拋物線的性質，是中檔題，解題時要注意等價轉化思想的合理運用，屬于中檔題.4、B【答案解析】計算出樣本在的數據個數，再減去樣本在的數據個數即可得出結果.【題目詳解】由題意可知，樣本在的數據個數為，樣本在的數據個數為，因此，樣本在、內的數據個數為.故選：B.【答案點睛】本題考查利用頻數分布表計算頻數，要理解頻數、樣本容量與頻率三者之間的關系，考查計算能力，屬于基礎題.5、C【答案解析】由等差

8、數列的性質、同角三角函數的關系以及兩角和的正弦公式可得，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，從而可得結果.【題目詳解】依次成等差數列， 正弦定理得，由余弦定理得 ，即依次成等差數列，故選C.【答案點睛】本題主要考查等差數列的定義、正弦定理、余弦定理，屬于難題. 解三角形時，有時可用正弦定理，有時也可用余弦定理，應注意用哪一個定理更方便、簡捷如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則要考慮兩個定理都有可能用到6、B【答案解析】設正四面體ABCD的外接球的半徑R，將該正四面體放入一個正方體內，使得每條棱恰

9、好為正方體的面對角線，根據正方體和正四面體的外接球為同一個球計算出正方體的棱長，從而得出正四面體的棱長，最后可求出正四面體的表面積【題目詳解】將正四面體ABCD放在一個正方體內，設正方體的棱長為a，如圖所示，設正四面體ABCD的外接球的半徑為R，則，得因為正四面體ABCD的外接球和正方體的外接球是同一個球，則有， 而正四面體ABCD的每條棱長均為正方體的面對角線長，所以，正四面體ABCD的棱長為，因此，這個正四面體的表面積為故選：B【答案點睛】本題考查球的內接多面體，解決這類問題就是找出合適的模型將球體的半徑與幾何體的一些幾何量聯系起來，考查計算能力，屬于中檔題7、B【答案解析】2,0,1,9

10、,10按照任意次序排成一行，得所有不以0開頭的排列數共個，其中含有2個10的排列數共個，所以產生的不同的6位數的個數為.故選B8、C【答案解析】對函數求導，對a分類討論，分別求得函數的單調性及極值，結合端點處的函數值進行判斷求解.【題目詳解】 ，.當時，在上單調遞增，不合題意.當時，在上單調遞減，也不合題意.當時，則時，在上單調遞減，時，在上單調遞增，又，所以在上有兩個零點，只需即可，解得.綜上，的取值范圍是.故選C.【答案點睛】本題考查了利用導數解決函數零點的問題，考查了函數的單調性及極值問題，屬于中檔題9、D【答案解析】由條件利用余弦函數的圖象的對稱性，得出結論【題目詳解】對于函數，令，解

11、得，當時，函數的對稱軸為，.故選：D.【答案點睛】本題主要考查余弦函數的圖象的對稱性，屬于基礎題10、D【答案解析】試題分析：由于在等比數列中，由可得：，又因為，所以有：是方程的二實根，又，所以，故解得：，從而公比；那么，故選D考點：等比數列11、B【答案解析】求出，判斷出是一個以周期為6的周期數列，求出即可【題目詳解】解：.，同理可得：；.；，.故是一個以周期為6的周期數列，則.故選：B.【答案點睛】本題考查周期數列的判斷和取整函數的應用12、B【答案解析】根據二項式展開式的通項公式，結合乘法分配律，求得的系數.【題目詳解】的展開式的通項公式為.則出，則出，該項為：；出，則出，該項為：；出，

12、則出，該項為：；綜上所述：合并后的項的系數為17.故選：B【答案點睛】本小題考查二項式定理及展開式系數的求解方法等基礎知識，考查理解能力，計算能力，分類討論和應用意識.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【答案解析】設圓柱的高為，底面半徑為，根據容積為個立方單位可得，再列出該圓柱的表面積，利用導數求出最值，從而進一步得到圓柱的底面半徑和高的比值【題目詳解】設圓柱的高為，底面半徑為.該圓柱形的如罐的容積為個立方單位，即.該圓柱形的表面積為.令，則.令，得；令，得.在上單調遞減，在上單調遞增.當時，取得最小值，即材料最省，此時.故答案為：.【答案點睛】本題考查函數的應用，解答本題

13、的關鍵是寫出表面積的表示式，再利用導數求函數的最值，屬中檔題14、【答案解析】以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸建立空間直角坐標系，設點，根據題中條件得出，進而可求出的最大值，由此能求出三棱錐體積的最大值.【題目詳解】以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸建立空間直角坐標系，則，設點，空間中的動點滿足，所以，整理得，當，時，取最大值，所以，三棱錐的體積為.因此，三棱錐體積的最大值為.故答案為：.【答案點睛】本題考查三棱錐體積的最大值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題15、【答案解析】根據等差中項性質，結合等比數列通項公式即可求得公比；代

14、入表達式，結合對數式的化簡即可求解.【題目詳解】等比數列的各項都是正數，且成等差數列，則，由等比數列通項公式可知，所以，解得或（舍），所以由對數式運算性質可得，故答案為：.【答案點睛】本題考查了等差數列通項公式的簡單應用，等比數列通項公式的用法，對數式的化簡運算，屬于中檔題.16、20【答案解析】由三視圖知該幾何體是一個圓柱與一個半球的四分之三的組合，利用球體體積公式、圓柱體積公式計算即可.【題目詳解】由三視圖知，該幾何體是由一個半徑為2的半球的四分之三和一個底面半徑2、高為4的圓柱組合而成，其體積為.故答案為：20.【答案點睛】本題考查三視圖以及幾何體體積，考查學生空間想象能力以及數學運算能

15、力，是一道容易題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）詳見解析；（2）詳見解析.【答案解析】（1）利用求導數，判斷在區(qū)間上的單調性，然后再證異號，即可證明結論；（2）當時，不等式恒成立，分離參數只需時，恒成立，設（），需，根據（1）中的結論先求出，再構造函數結合導數法，證明即可.【題目詳解】（1），令，則，所以在區(qū)間上是增函數，則，所以在區(qū)間上是增函數.又因為，所以在區(qū)間上有且僅有一個零點，且.（2）由題意，在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上恒成立，當時，；當時，恒成立，設（），所以.由（1）可知，使，所以，當時，當時，由此在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，所以

16、.又因為，所以，從而，所以.令，則，所以在區(qū)間上是增函數，所以，故.【答案點睛】本題考查導數的綜合應用，涉及到函數的單調性、函數的零點、極值最值、不等式的證明，分離參數是解題的關鍵，意在考查邏輯推理、數學計算能力，屬于較難題.18、（1）證明見解析（2）【答案解析】（1）根據，求導，令，用導數法求其最小值.設研究在處左正右負，求導，分 ，三種情況討論求解.【題目詳解】（1）因為，所以，令，則，所以是的增函數，故，即.因為所以，當時，所以函數在上單調遞增.若，則若，則所以函數的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是，所以在處取得極小值，不符合題意，當時，所以函數在上單調遞減.若，則若，則所以的單調遞減區(qū)

17、間是，單調遞增區(qū)間是，所以在處取得極大值，符合題意.當時，使得，即，但當時，即所以函數在上單調遞減，所以，即函數)在上單調遞減，不符合題意綜上所述，的取值范圍是【答案點睛】本題主要考查導數與函數的單調性和極值，還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力，屬于難題.19、（1）函數的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間為；（2）.【答案解析】（1）由題可得,結合的范圍判斷的正負,即可求解；（2）結合導數及函數的零點的判定定理,分類討論進行求解【題目詳解】（1）,當時,函數在內單調遞增；當時,令,解得或,當或時,則單調遞增,當時,則單調遞減,函數的單調遞增區(qū)間為和,單調遞減區(qū)間為（2）（）當時,所以在上無零

18、點；（）當時,若,即,則是的一個零點；若,即,則不是的零點（）當時,所以此時只需考慮函數在上零點的情況,因為,所以當時,在上單調遞增。又，所以（）當時,在上無零點；（）當時,又,所以此時在上恰有一個零點； 當時,令,得,由,得；由,得,所以在上單調遞減,在上單調遞增,因為,所以此時在上恰有一個零點,綜上,【答案點睛】本題考查利用導數求函數單調區(qū)間,考查利用導數處理零點個數問題,考查運算能力,考查分類討論思想20、（1）；（2）見解析.【答案解析】（1）利用獨立事件的概率乘法公式可計算出所求事件的概率；（2）由題意可知隨機變量的可能取值有、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，由此可得出隨機變量的分布列.【題目詳解】（1）記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為事件，則；（2）由題意可知，隨機變量的可能取值為、則，故的分布列為【答