2/2福建省2022屆高三數(shù)學適應性練習卷（一）參考答案泉州市教育科學研究所姚承佳執(zhí)筆一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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．C 2．C 3．B 4．B 5．D 6．B 7．D 8．A【單選題解析】1．因在復平面內(nèi)，復數(shù)對應的點的坐標是，故，所以，所以．故選C.2．因為，又，即，所以C正確．3．解法一：設的公差為，則解得所以．故選B．解法二：因為，所以，即，因此，即.故選B．4．解法一：因為，即，所以，，因為，所以，所以=1\*GB3①．又=2\*GB3②，由=1\*GB3①=2\*GB3②結(jié)合解得．故選B．解法二：因為， 所以，所以， 因此， 所以，又，所以， 因此．故選B．5．對于A選項，如下圖所示，連接，在正方體中，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，、分別為、的中點，則，，平面，平面；對于B選項，因為分別為、的中點，所以，，平面，平面，平面；對于C選項，連接，如下圖所示：在正方體中，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，、分別為、的中點，則，，平面，平面，平面；對于D選項，如下圖所示，連接交于點，連接，連接交于點，若平面，平面，平面平面，則，則，由于四邊形為正方形，對角線交于點，則為的中點，、分別為、的中點，則，且，則，，則，又，則，所以，與平面不平行；故選D．6．連接，因為正八邊形的每一個內(nèi)角都是，且，所以,由正八邊形的對稱性知，且，所以，又因為，所以，．故選B.注：本題有多種解法，可從向量運算入手、可用解三角形方法、可考慮傳統(tǒng)的平幾方法（如在等腰梯形中求解）.7．直線化為，得，聯(lián)立，得，無論為何值，直線恒過定點；對于A選項：在中，令，得，所以圓被軸截得的弦長為，故A錯誤；對于B選項，在中，令，得，所以圓被軸截得的弦長為，故B錯誤；對于C選項，當直線過圓心C時，直線被圓截得的弦長最大，最大值為，此時直線方程為，但直線：不能表示直線，故弦長取不到最大值，故C錯誤；對于選項：設，易知在圓內(nèi)，當直線時，直線被圓截得的弦長最小，且最小值為，故D正確.故選D．8．原不等式可化為，則，整理得，（1）當時，上式成立。（2）當時，上式不恒成立，不滿足題意.（3）當時，.令，則.所以當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減.當時，取得最大值，所以，故的取值范圍是.綜上得，的取值范圍．故選A．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分。9．AB 10．ACD 11．ACD 12．ABC【多選題解析】9．對于A選項，因為，所以，故A正確．對于B選項，由得：或，所以點的橫坐標為或，故B正確；對于C選項：由雙曲線方程知：，，所以的漸近線方程為，故C錯誤；對于D選項，因為，所以為直徑的圓方程為，故D錯誤．故選AB．10．連結(jié)交軸于點，由圖象的對稱性可得，在的圖象上，，因為，所以．又的最大值為，所以，因此的最小正周期為，所以周期，，又圖象過點，所以，由結(jié)合圖象可得，故．由解析式可判斷A，C，D正確．故選ACD．11．對A選項，圖1與圖2相比較，圖1更“矮胖”，圖2更瘦高，故圖2的方差更小，數(shù)據(jù)也更均衡，故選項A正確；對B選項，“雙減”前學習時長在的頻率為，故選項B錯誤；對C選項，“雙減”后學習時長在的頻率為，故選項C正確；對D選項，設“雙減”前學習時長的平均數(shù)為，“雙減”后學習時長的平均數(shù)為，則，故選項D正確；故選ACD．12．令（），則,．當時，單調(diào)遞增，，，所以存在，使得，且當，，單調(diào)遞減；當，，單調(diào)遞增.又，，所以存在，使得，且當，，單調(diào)遞增；當，，單調(diào)遞減.又，，所以當，使得，即.因此有，，，即，，，故A，B，C正確．又，故D錯誤.故本題選ABC．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（答案不唯一，只要函數(shù)是定義域為的可導偶函數(shù)，在單調(diào)遞增均可）14．15．16．【填空題解析】13．（答案不唯一，只要函數(shù)是定義域為的可導偶函數(shù)，在單調(diào)遞增均可）14．設進行檢測的4個漢字中至少有一個是最后一天學習的為事件，恰有3個是后兩天學習過的漢字為事件，則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：如圖，設直線AB的傾斜角為，則，，所以，由、長短弦公式得：，化簡得：，代入得：，即，解之得：（負值已舍），所以.16．解：設阿基米德多面體的棱長為，則，解得，顯然正四面體的棱長為，且正四面體與半正多面體的外接球球心相同，設為．如圖：，則，，所以，設，則，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．所以這個半正多面體的外接球的半徑為．則該阿基米德多面體外接球的表面積為四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。17．（10分）解：（1）因為……①，當時，……②， 1分①－②，得，所以， 3分又時，， 4分所以. 5分（2）由（1）結(jié)合已知條件可得：.當時，，，即成立. 6分當時，， 9分綜上，． 10分18．（12分）解：（1）在中，由余弦定理，得， 1分因為，，，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）設，由（1）可得， 6分所以， 7分又，所以， 8分設三項費用之和為，則 9分，， 10分所以，令，解得，當時，，函數(shù)單調(diào)遞減； 11分當時，，函數(shù)單調(diào)遞增．所以，即三項費用總和的最小值為萬元． 12分19．（12分）解：（1）設甲，乙，丙被定為一級工程師的事件分別為，事件表示三位工程師中恰有兩位被定為一級工程師. 1分，， 2分所以. 4分（2）方案一：設甲，乙，丙獲得的獎金分別為，則的取值均為2000,1500,500；則，，； 5分故； 6分，， 7分；；. 8分方案二：設甲，乙，丙獲得的獎金分別為，則的取值均為2000,0；，； 9分，， 10分. 11分顯然，公司采用方案二，獎勵支出會更少. 12分20．（12分）解：（1）延長交于點，連結(jié)，則直線即為所求作的直線； 2分因為，所以又因為，所以分別為中點，且為正三角形，所以， 3分又，平面平面且交線為，且平面，所以平面，所以， 4分又，所以平面，即平面； 5分（2）取的中點，連結(jié)，則，又平面平面且交線為，且平面，所以平面， 6分以為原點，所在直線為軸建立如圖空間直角坐標系，則，，，，，，由，得，所以，， 7分顯然平面的一個法向量為， 8分設平面的法向量為，則，即，取，則，，所以平面的一個法向量為， 10分所以，解得，所以當二面角的余弦值為時，． 12分21．（12分）解：（1）依題意，圓心的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線． 2分所以拋物線焦點到準線的距離等于，故動圓圓心的軌跡為． 4分（2）假設存在實數(shù)，使點在直線上移動時，垂足恒為定點， 5分設，直線的方程為，將拋物線方程變形為，則，所以，所以的方程為． 6分因為，所以直線的方程為， 7分把代入的方程得．同理可得． 8分構造直線方程為，易知兩點均在該直線上，所以直線的方程為，故恒過點． 9分因為，所以可設方程為，化簡得， 10分所以恒過點． 11分當，即時，與均恒過，故存在這樣的，當時，坐標為． 12分22．（12分）解：（1）， 1分令.（=1\*romani）若，此時，，所以在單調(diào)遞增． 2分（=1\*romani=1\*romani）若