湖北省襄陽(yáng)市2022屆高三數(shù)學(xué)適應(yīng)性考試試題一

1、 湖北省襄陽(yáng)市2022屆高三數(shù)學(xué)適應(yīng)性考試試題（一）本試卷共22題。全卷滿分150分。考試用時(shí)120分鐘。一、單選題1如圖，已知全集，集合，則圖中陰影部分表示的集合中，所包含元素的個(gè)數(shù)為（）ABCD2已知復(fù)數(shù)，則（）A2B3CD3已知函數(shù)，且，則的值為（）A-1B1C3D-34設(shè)三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，且三棱柱的所有頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積是（）ABCD5高三（1）班舉行英語(yǔ)演講比賽，共有六名同學(xué)進(jìn)入決賽，在安排出場(chǎng)順序時(shí)，甲排在后三位，且丙、丁排在一起的概率為（）ABCD6已知函數(shù)，若關(guān)于的方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則的取值范圍為（）ABCD7已知、為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，P為雙曲線的

2、漸近線上一點(diǎn)，滿足，(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則該雙曲線的離心率是()ABCD8已知函數(shù)，若不相等的實(shí)數(shù)，成等比數(shù)列，則、的大小關(guān)系為（）ABCD二、多選題9下列命題中，真命題的是（）A若回歸方程，則變量與正相關(guān)B線性回歸分析中相關(guān)指數(shù)用來刻畫回歸的效果，若值越小，則模型的擬合效果越好C若樣本數(shù)據(jù)，的方差為2，則數(shù)據(jù)，的方差為8D一個(gè)人連續(xù)射擊三次，則事件“至少擊中兩次”的對(duì)立事件是“至多擊中一次”10是兩條不同的直線，是空間兩個(gè)不同的平面，如下有四個(gè)命題，其中正確的命題是（）ABCD11已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別是，為橢圓上一點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（）A的周長(zhǎng)為6B的面積為C的內(nèi)切圓的半徑為D的外接圓

3、的直徑為12如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD中，E為側(cè)面的中心，F(xiàn)是棱的中點(diǎn)，若點(diǎn)P為線段上的動(dòng)點(diǎn)，N為ABCD所在平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A的最小值為B若，則平面PAC截正方體所得截面的面積為C若與AB所成的角為，則N點(diǎn)的軌跡為雙曲線D若正方體繞旋轉(zhuǎn)角度后與其自身重合，則的最小值是填空題13曲線在點(diǎn)，處的切線方程為 14在的展開式中，項(xiàng)的系數(shù)為15已知函數(shù)若且，則的最小值是_16已知向量，則_，_.四、解答題17已知數(shù)列eq asdo(n)的前n項(xiàng)和為Sn，Sn14an，nN*，且eq asdo(1)4.(1)證明：eq asdo(n1)2asdo(n)是等比數(shù)列，并求eq as

4、do(n)的通項(xiàng)公式；(2)在bnan1an；bnlog2EQ F(aSDO(n),n)；eq bsdo(n)f(asdo(n2),asdo(n1)asdo(n)，這三個(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在下面橫線上，并加以解答已知數(shù)列bn滿足_，求 bn 的前n項(xiàng)和eq Tsdo(n).18已知數(shù)的相鄰兩對(duì)稱軸間的距離為.(1)求的解析式；(2)將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，再把各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮小為原來的（縱坐標(biāo)不變），得到函數(shù)的圖象，當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的值域；(3)對(duì)于第（2）問中的函數(shù)，記方程在上的根從小到大依次為，若，試求與的值.19如圖，在四棱錐PABCD中，PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC/A

5、D，ABAD，AD2AB2BC2，eq PCr(,2),E為PD的中點(diǎn)(1)求直線PB與平面PAC所成角的正弦值；(2)設(shè)F是BE的中點(diǎn)，判斷點(diǎn)F是否在平面PAC內(nèi)，并請(qǐng)證明你的結(jié)論【考點(diǎn)】 【解析】20為有效防控新冠疫情從境外輸入，中國(guó)民航局根據(jù)相關(guān)法律宣布從2020年6月8日起實(shí)施航班熔斷機(jī)制，即航空公司同一航線航班，入境后核酸檢測(cè)結(jié)果為陽(yáng)性的旅客人數(shù)達(dá)到一定數(shù)量的民航局對(duì)其發(fā)出“熔斷”指令，暫停該公司該航線的運(yùn)行（達(dá)到5個(gè)暫停運(yùn)行1周，達(dá)到10個(gè)暫停運(yùn)行4周），并規(guī)定“熔斷期”的航班量不得調(diào)整用于其他航線，“熔斷期”結(jié)束后，航空公司方可恢復(fù)每周1班航班計(jì)劃.已知某國(guó)際航空公司A航線計(jì)劃每

6、周有一次航班入境，該航線第一次航班被熔斷的概率是，且被熔斷的一次航班的下一次航班也被熔斷的概率是，未被熔斷的一次航班的下一次航班也未被熔斷的概率是.一條航線處于“熔斷期”的原計(jì)劃航班不記入該航線的航班次數(shù)，記該航空公司A航線的第n次航班被熔斷的概率為.(1)求；(2)證明：為等比數(shù)列；(3)求數(shù)列的前項(xiàng)和，并說明的實(shí)際意義.21已知雙曲線的左、右頂點(diǎn)分別為A、B，曲線C是以A、B為短軸的兩端點(diǎn)且離心率為的橢圓，設(shè)點(diǎn)P在第一象限且在雙曲線上，直線AP與橢圓相交于另一點(diǎn)T(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)P、T的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，證明：x1x21；(3)設(shè)TAB與POB（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面

7、積分別為S1與S2，且，求的取值范圍22已知函數(shù)在處的切線經(jīng)過點(diǎn).(1)若函數(shù)至多有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，且，求證：.（）參考答案1B【解析】【分析】求出集合，分析可知陰影部分所表示的集合為，利用交集的定義可求得結(jié)果.【詳解】因?yàn)榛颍瑒t，由題意可知，陰影部分所表示的集合為.故選：B.2D【解析】【分析】先求，結(jié)合復(fù)數(shù)的模求解公式即可求解【詳解】因?yàn)椋?，則，所以故選：D3D【解析】【分析】結(jié)合誘導(dǎo)公式求得正確答案.【詳解】，所以.故選：D4C【解析】【分析】直棱柱的外接球的球心是過底面外接圓的圓心做垂直于底面的直線與中截面的交點(diǎn)，底面外接圓的半徑、球的半

8、徑和直棱柱的高的一半構(gòu)成直角三角形，由題意求出外接球的半徑，可得答案【詳解】由題意知底面外接圓的圓心為點(diǎn)，設(shè)外接圓的半徑為，三棱柱的外接球的半徑為，由余弦定理得，由正弦定理得，所以，過做垂直于底面的直線交中截面與點(diǎn)，則為外接球的球心，由題意得：，所以外接球的表面積，故選：C5A【解析】【分析】設(shè)，根據(jù)求出m；在中，根據(jù)余弦定理即可求出離心率.【詳解】由題可知，根據(jù)對(duì)稱性，設(shè)P為漸近線y上一點(diǎn)，且坐標(biāo)為，m0，故，在中，根據(jù)余弦定理得，即，即，即，即，即，即，即，.故選：A.6A【解析】【分析】求出當(dāng)直線與曲線相切于原點(diǎn)、直線與曲線相切于原點(diǎn)時(shí)對(duì)應(yīng)的的值，數(shù)形結(jié)合可得出實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】對(duì)

9、函數(shù)求導(dǎo)得，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)得，作出函數(shù)的圖象如下圖所示：當(dāng)直線與曲線相切于原點(diǎn)時(shí)，當(dāng)直線與曲線相切于原點(diǎn)時(shí)，.結(jié)合圖象可知，當(dāng)或時(shí)，直線與函數(shù)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，故選：A.7B【解析】【分析】利用分類分步計(jì)數(shù)，結(jié)合捆綁法、排列組合數(shù)求甲排在后三位且丙、丁排在一起的安排方法數(shù)，再由全排列求六位同學(xué)任意安排的方法數(shù)，應(yīng)用古典概率的求法求概率即可.【詳解】1、將除甲丙丁外的其它三名同學(xué)作排列有種；2、丙丁捆綁，插入三名同學(xué)成排的4個(gè)空中，分兩種情況：當(dāng)插入前2個(gè)空有種，再把甲插入五名同學(xué)所成排的5個(gè)空中后3個(gè)空有種；當(dāng)插入后2個(gè)空有種，再把甲插入有種；所以，甲排在后三位且丙、丁排在一起的安排方法有種，而六

10、位同學(xué)任意安排的方法數(shù)為種，所以甲排在后三位且丙、丁排在一起的概率為.故選：B8D【解析】【分析】本題利用函數(shù)的奇偶性及單調(diào)性求得函數(shù)的值域，然后利用均值不等式判斷與的大小關(guān)系從而進(jìn)行判斷【詳解】，均為偶函數(shù)，故函數(shù)為偶函數(shù)，令，故單調(diào)遞增，即單調(diào)遞增，又，在恒成立，故在函數(shù)遞增，且，故函數(shù)在遞減，在遞增，且函數(shù)恒成立，成等比數(shù)列，當(dāng)，均為正數(shù)時(shí)，由均值不等式有：，當(dāng)，均為負(fù)數(shù)時(shí)，由均值不等式有：，由有：，又，互不相等，故，故，故選：D9CD【解析】【分析】A選項(xiàng)直接判斷；B選項(xiàng)值越大，模型的擬合效果越好；C選項(xiàng)按照公式直接計(jì)算；D選項(xiàng)根據(jù)對(duì)立事件的概念進(jìn)行判斷.【詳解】對(duì)于A：，變量與負(fù)相關(guān)

11、，A錯(cuò)誤；對(duì)于B：值越大，模型的擬合效果越好，B錯(cuò)誤；對(duì)于C：數(shù)據(jù)，的方差為，C正確；對(duì)于D：事件“至少擊中兩次”的對(duì)立事件是“至多擊中一次”，D正確.故選：CD.10AD【解析】【分析】根據(jù)線面、面面垂直與平行的判定定理及性質(zhì)定理判定即可；【詳解】解：對(duì)于A：由、，可得，又，所以，故A正確；對(duì)于B：由、，可得，又，則或，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C：由，則或，又，則或或與相交（不垂直）或，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D：由、，可得，又，所以，故D正確；故選：AD11ABC【解析】【分析】求得，進(jìn)而求得，由此對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行分析，從而確定正確選項(xiàng).【詳解】橢圓的左、右焦點(diǎn)分別是，為橢圓上一點(diǎn)，所以.所以的周長(zhǎng)為，A正確.的面

12、積為，B正確.設(shè)的內(nèi)切圓的半徑為，則，C選項(xiàng)正確.為銳角，所以的外接圓的直徑為，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：ABC12BCD【解析】【分析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，得，然后用空間向量法求得，求得數(shù)量積計(jì)算最小值判斷A；由線面平行得線線平行，確定截面的形狀、位置，從而可計(jì)算出截面面積，判斷B；根據(jù)與AB所成的角為，運(yùn)用夾角公式計(jì)算并化簡(jiǎn)，判斷C；結(jié)合正方體的對(duì)稱性，利用是正方體的外接球直徑判斷D【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，正方體棱長(zhǎng)為1，則，,對(duì)于A，設(shè)，所以，所以時(shí)，A不正確；對(duì)于B，則是上靠近的三等分點(diǎn)，取上靠近的三等分點(diǎn)，則，顯然與平面的法向量垂直，因此平面，所以截面與平面的交線

13、與平行，作交于點(diǎn)，設(shè)，則，由得，解得，則與重合，因此取中點(diǎn)，易得，截面為，它是等腰梯形，梯形的高為，截面面積為，B正確；對(duì)于C，若與AB所成的角為，則有，兩邊平方化簡(jiǎn)整理有，C正確；對(duì)于D，同理，所以是平面的一個(gè)法向量，即平面，設(shè)垂足為，則，是正方體的外接球的直徑，因此正方體繞旋轉(zhuǎn)角度后與其自身重合，至少旋轉(zhuǎn)D正確故選：BCD13解：的導(dǎo)數(shù)為，可得曲線在點(diǎn)，處的切線的斜率為，則切線的方程為，即為14解：在的表示12個(gè)因式的乘積，故有2個(gè)因式取，其余的10個(gè)因式都取1，可得展開式中，含項(xiàng)，故含項(xiàng)的系數(shù)為，15#【解析】【分析】作出函數(shù)圖象，設(shè)，由圖象可得的范圍，并用表示出，從而可表示為的函數(shù)，再

14、利用導(dǎo)數(shù)求得最小值【詳解】函數(shù)的圖象如圖所示令，則，所以令，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，所以故答案為：16 【解析】【分析】求出后可猜想，由裂項(xiàng)相消法求和【詳解】由題數(shù)據(jù)可得，歸納法可得，所以，故.故答案為：，【解析】 (1)當(dāng)n2時(shí)，因?yàn)镾n14an，所以Sn14an1，兩式相減得，eq asdo(n1)4asdo(n)4asdo(n1).所以eq asdo(n1)2asdo(n)2(asdo(n)2asdo(n1). 2分當(dāng)n1時(shí)，因?yàn)镾n14an，所以S24a1，又a14，故a212，于是a22a14，所以eq asdo(n1)2asdo(n)是以4為首項(xiàng)2為公比的等比數(shù)列 3分所以

15、eq asdo(n1)2asdo(n)2sup6(n1),兩邊除以eq 2sup6(n1)得，eq f(asdo(n1),2sup6(n1)f(asdo(n),2sup6(n)1, 4分又EQ F(aSDO(1),2)2，所以eq f(asdo(n),2sup6(n)是以2為首項(xiàng)1為公差的等差數(shù)列所以eq f(asdo(n),2sup6(n)n1,eq asdo(n)(n1)2sup6(n). 6分(2)若選：bnan1an，即bn(n2)EQ 2SUP6(n1)(n1)2n(n3)2n， 8分因?yàn)門n421522623(n3)2n，所以2Tn422523624(n3)EQ 2SUP6(n1)

16、，兩式相減得，Tn421(2223242n)(n3)EQ 2SUP6(n1)， 10分 8EQ F(4bbc(l(2SUP6(n1)1),21)(n3)EQ 2SUP6(n1)，所以Tn(n2)EQ 2SUP6(n1)4.12分若選：bnlog2EQ F(aSDO(n),n)，即bnlog2EQ F(n1,n)log22nlog2EQ F(n1,n)n， 8分所以Tn(log2EQ F(2,1)log2EQ F(3,2)log2EQ F(n1,n)(12n)，log2(EQ F(2,1)EQ F(3,2)EQ F(n1,n)EQ F(n(n1),2)log2(n1)EQ F(n(n1),2)，

17、 12分若選：eq bsdo(n)f(asdo(n2),asdo(n1)asdo(n)，即bnEQ F(4aSDO(n1)4aSDO(n),aSDO(n1)aSDO(n)4(EQ F(1,aSDO(n)EQ F(1,aSDO(n1)， 8分所以Tn4(EQ F(1,aSDO(1)EQ F(1,aSDO(2)(EQ F(1,aSDO(2)EQ F(1,aSDO(3)4(EQ F(1,aSDO(n)EQ F(1,aSDO(n1)4(EQ F(1,aSDO(1)EQ F(1,aSDO(n1)， 10分4EQ F(1,4)EQ F(1,(n2)2SUP6(n1)1EQ F(1,(n2)2SUP6(n1

18、). 12分18(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）先整理化簡(jiǎn)得，利用周期求得，即可得到；（2）利用圖像變換得到，用換元法求出函數(shù)的值域；（3）由方程，得到，借助于正弦函數(shù)的圖象，求出與的值.(1)由題意，函數(shù)因?yàn)楹瘮?shù)圖象的相鄰兩對(duì)稱軸間的距離為，所以，可得.故(2)將函數(shù)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，可得的圖象.再把橫坐標(biāo)縮小為原來的，得到函數(shù)的圖象.當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最小值，最小值為，當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得最大值，最大值為，故函數(shù)的值域.(3)由方程，即，即，因?yàn)椋傻?，設(shè)，其中，即，結(jié)合正弦函數(shù)的圖象，可得方程在區(qū)間有5個(gè)解，即，其中，即解得所以. 綜上，【點(diǎn)睛】（1）三角函數(shù)問題通常需要把它

19、化為“一角一名一次”的結(jié)構(gòu)，借助于或的性質(zhì)解題；（2）求y=Asin(x+)+B的值域通常用換元法；19(1)由題意可取AD的中點(diǎn)為O，連接PO，CO，則POAD，又因?yàn)锳D2，所以POOAOD1，PAPD，因?yàn)?，且AOBC，所以四邊形OABC為正方形，所以O(shè)CAD，又因?yàn)镻OOC1，PC，所以PO2+OC2PC2，所以POOC；又ADPOO，所以PO平面ABCD，則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)C，OD，OP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，所以A(0，1，0)，P(0，0，1)，C(1，0，0)，B(1，1，0)，所以EQ oac(SUP7(),PB)(1，1，1)，eq oac(SUP7(),

20、PA)(0,1,1eq ),oac(SUP7(),AC)(1,1,0),設(shè)平面eq PAC的一個(gè)法向量為n(x，y，z)，則eq Blc(aal(noac(SUP7(),PA)yz0,noac(SUP7(),PC)xy0),取y1，x1，z1，則n(1，1，1)，設(shè)直線PB與平面PAC所成角為，則，所以直線PB與平面PAC所成角的正弦值為eq f(1,3)(2)點(diǎn)F在平面PAC中，證明如下：因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以E(0，EQ F(1,2)，EQ F(1,2)，因?yàn)镕為BE的中點(diǎn)，所以B(1，1，0)，則F(EQ F(1,2)，EQ F(1,4)，EQ F(1,4)，所以EQ oac(SUP7

21、(),CP)(1，0，1)，EQ oac(SUP7(),CA)(1，1，0)，EQ oac(SUP7(),CF)(EQ F(1,2)，EQ F(1,4)，EQ F(1,4)，假設(shè)存在x，yR，EQ oac(SUP7(),CF)xEQ oac(SUP7(),CA)yEQ oac(SUP7(),CP)，即得到EQ Blc(aal(F(1,2)xy,F(1,4)x,F(1,4)y)，解得xyEQ F(1,4)，所以EQ oac(SUP7(),CF)EQ F(1,4)EQ oac(SUP7(),CA)EQ F(1,4)EQ oac(SUP7(),CP)，則EQ oac(SUP7(),CF)與EQ oa

22、c(SUP7(),CA)，EQ oac(SUP7(),CP)共面，所以點(diǎn)F在平面PAC中20(1)(2)證明見解析(3)，表示前次航班一共被熔斷的次數(shù)【解析】【分析】（1）分第1次航班被熔斷和不被熔斷計(jì)算即可；（2）先列出遞推關(guān)系式，再構(gòu)造等比數(shù)列證明；（3）按照分組求和等比數(shù)列求和計(jì)算即可.(1)；(2)由題得，又，數(shù)列是以為首項(xiàng)、為公比的等比數(shù)列；(3)由（2）知，故，從而，由于可以理解為第次航班平均被熔斷的次數(shù)，表示前次航班一共被熔斷的次數(shù).21(1)(2)證明見解析(3)(0，1【解析】【分析】（1）設(shè)橢圓的方程為，依題意可得A（1，0），B（1，0），推出b1，又橢圓的離心率為，解得a2，即可得出答案（2）設(shè)點(diǎn)P（x1，y1），T（x2，y2）（xi0，yi0，i1，2），直線AP的