【精编精校卷】2022届重庆市巴蜀中学高三下学期高考适应性月考(八)数

2022届重庆市巴蜀中学高三下学期高考适应性月考（八）

数学试题

一、单选题

2

1

．已知集合，，则（）

A5,8



Bxx3x100

AB



R



A B C D

．．．．



5

【答案】

B



8



2,5,8



2

【分析】求出集合，利用交集和补集的定义可求得结果

B

.

2

【详解】因为，则或，

Bxx3x100x2x5



R

Bxx2



x5





因此，

AB8



R



.

故选：

B.

2xy

．已知变量与正相关，且由观测数据算得样本平均数，，则由观测的

x2

y10

数据得到的线性回归方程可能为（）

5x11y1.

AB

．．

y0.5x11

D C

．．

y1.5x8y0.5x9

【答案】

C

【分析】根据变量正相关排除，再利用线性回归方程过点判断即可

ABCD.

(x,y)

【详解】因为变量与正相关，所以，故排除；

xyAB

b0

又线性回归方程过点，代入检验，可知正确，错误

(2,10)

CDCD.

故选：

C

3

．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则

yfx





gxsin3x



2

fx



（）

A B

．．

cos3x

C D

．．

sin3xsin3x

【答案】

B

cos3x





【分析】利用三角函数的图象变换可得出，结合诱导公式化简可得出

fxgx





2



函数的解析式

fx



.

【详解】由题意可知，将函数的图象向左平移个单位长度，可得到函数

gxsin3x





2

fx



的图象，

第 1 页 共 19 页

3





则

fxsin3xsin3xcos3x







22





故选：

B.

.

4OPk

．已知为坐标原点，直线上存在一点，使得，则的

l:ykx22k



OP2

取值范围为（）



A B

．．



32,32

(,23] [23,)

D C

．．

(,32 ] [32,)





23,23

【答案】

C

【分析】根据题意得坐标原点到直线距离，利用点到直线的距离公式即可求

l

dOP

解

.

【详解】点到直线的距离为

O0,0l:ykx22k





d

|k0022k||22k|

k(1)k1

222

，

由题意得坐标原点到直线距离，，

l

dOP

OP2

所以，解得

|22k|

k1

2

2

23k23



所以的取值范围为

k.



23,23

故选：

C.

5

．如图甲所示，古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳

鱼，阳鱼的头部有眼，阴鱼的头部有个阳殿，表示万物都在相互转化，互相涉透，阴中

有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律其平面

.

图形记为图乙中的正八边形，其中，则以下结论错误的是（ ）

ABCDEFGH

OA2

A B

．．

2OBOEOG0

C D

．．

AHEH4

【答案】

D

OAOD22

AHGH422

第 2 页 共 19 页

【分析】根据题意，建立平面直角坐标系，写出需要点的坐标，然后利用向量加法的坐

标运算、向量的数量积坐标运算及向量的坐标运算即可求解

.

【详解】由题意可知，建立如图所示的平面直角坐标系，

因为正八边形，

ABCDEFGH

所以



AOHHOGAOBEOFFOG

DOECOBCOD45



360

8

作，则

AMHD

OMAM

,

因为，所以，

OA2

OMAM2

所以，同理可得其余各点坐标，

A2,2

B(0,2),E(2,2),G(2,2),D(2,0),H(2,0)

，



对于，，故正确；

A A

2OBOEOG(02(2),2222)0

对于，，故正确；

B B

OAOD222022

对于，，，

C

AH22,2EH22,2

AHEH4,0



所以，故正确；

AHEH404







2

2

C

对于，，

D ,

AH22,2

GH22,2AHGH422,0





AHGH4220422

故选：

D.



2

2

，故不正确

D.

6ab

．已知正实数，满足，则的最小值是（ ）

ab2a204ab

A2 B C D6

．．．．

【答案】

B

【分析】根据变形得，，进而转化为

ab2a20

a

用凑配方式得出，再利用基本不等式即可求解

8

2

b4ab

b2

b2

422

432

8

(b2)2

.

b2

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【详解】由，得，

ab2a20

a

所以，

4abb(b2)22(b2)2422

2

b2

888

b2b2b2

28

2

,b2a

，即当且仅当取等号

a,b222

.

b2b2

2

故选：

B.

71234567

．从编号分别为、、、、、、的七个大小完全相同的小球中，随机取出三个

小球，则至少有两个小球编号相邻的概率为（）

5

A B C D

．．．．

7

3

5

2

5

1

3

【答案】

A

【分析】先用组合数算出基本事件的总数，再用排异法求出任意两个小球编号都不相邻

的事件的个数，进而得出

至少有两个小球编号相邻的事件的个数，然后用古典概型的计算公式即可求解

.

3

【详解】随机取出三个小球共有种情况，任意两个小球编号都不相邻的基本事

C35

7

件有：



1,3,5,1,3,6,1,3,7,1,4,6,1,4,7



1,5,7,2,4,6,2,4,7,2,5,7.3,5,7

共有种，故所求概率为

10.

故选：

A.



xyxy

8P

．已知点，若曲线上存在点满

A(3,0),B(3,0)



0(a0,b0)



abab

35105



357

PAPB2

，则下列选项一定正确的是（ ）

A B

．．

ba1

C D

．．

ba1

【答案】

D

【分析】根据双曲线的定义知，点在双曲线的右支上，求得双曲线的方程为

P

b

y

2

x1(x0)

和渐近线方程为，转化为曲线与双曲线相交，得到

y2x

yx

a

2

b

2

，即可求解

.

a

2

b2a

b2a

【详解】由题意，点且，

A(3,0),B(3,0)

PAPB2

根据双曲线的定义知，点在双曲线的右支上，且，所以

P

2a2,c3

11

bca2

11

22

，

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y

2

所以双曲线的方程为，其渐近线方程为，

x1(x0)

y2x

2

b



xyxy

xy

22

又点在曲线，即，即点在曲线，

PP



0

22

0

yx

a



abab

ab

2



xyxy

若曲线上存在点满，



0

P

PAPB2



abab

b

b

y

2

2

yx

即曲线与双曲线相交，所以，即

x1(x0)

2

b2a

.

a

a

2

故选：

D.

二、多选题

9β“”

．设，为两个平面，下列选项中是的充分条件的是（ ）





//

Aab∥∥

．异面直线，满足，

a



b



Bαβ

．内有两条相交直线与平面均无交点

Cαβl

．，与直线都垂直

Dαβ

．内有无数个点到的距离相等

【答案】

BC

【分析】选项可举出反例，选项可以通过，面面平行的判定及线面垂直的性质

ADBC

进行证明

.

【详解】选项，如图，直线为，直线为，平面为，平面

ABCaEFbADHECDHG



为满足，，而，为相交平面，错误；

β∥∥βA

，

a



b



Bαβ∥βn∥β

选项，设内两条相交直线为均与平面无交点，即，，又，

m,n

m

m,n



且为相交直线，故，正确；

m,n

α∥βB

Cαβllαβ

选项，，与直线都垂直，不妨设与内有两条相交直线均垂直，则在平面

a,b

n∥blm∥aαm∥αn∥α

，内存在相交直线与都垂直，且，因为，所以，同理可知，

m,n

m

由于为相交直线，故可知，正确；

m,n

α∥βC

Dαβ

选项，内有无数个点到的距离相等，这无数个点可能来自于同一条直线，此时不

第 5 页 共 19 页

能推导出，错误

α∥βD.

故选：

BC

10

．已知其中为锐角，则以下命题正确的是（ ），

cos，cos2





A B

．．

sin2



54



,

55

25

5

1

D C

．．

tantan



3

3

5

3

10

cos





coscos



【答案】

AB

【分析】利用凑角的方式，将角看成整体，但要注意角的范围，



2()

根据同角三角函数的关系，两角和差的余弦公式及解方程即可求解

.

4

π

【详解】因为，，

cos2



0,02π



2

5

3

2

所以，故正确；

sin21cos2



A

5

因为，

cos，





ππ

5

0,0,0π



22

5

25

，sin1cos

5

所以





2

所以

cos()cos[2()]cos2cos()sin2sin()



5325254













55555

，故正确；

B





cos()coscossinsin①



25

，

5

5

②cos()coscossinsin

，

5



由得，，解得；故不正确；

①②

2coscoscoscos



由得，，解得；

①-②

2sinsin



55

C

510

35

35

sinsin



5

10

35

sinsin



tantan3



10

，故不正确

D.

coscos



5

10

故选：

AB.

117a

．能被整除，则整数的值可以是（ ）

12a

2022

A4 B6 C11 D13

．．．．

【答案】

BD

【分析】将化成，问题转化为能被整除，再利用二项

12a

2022

(142)a

2022

2a

2022

7

式定理计算推理作答

.

第 6 页 共 19 页

【详解】依题意，

12a(142)a[C14(2)]2a

显然能被整除，因此能被整除，当且仅当



[C14(2)]

2022

i2022ii

i0

2021

20222022i2022ii2022



2022

i0

2021

77

12a

2022

2a

2022

能被整除，

7

而能被整，又

2a8a71a(C7)1a

2022674k674k



674



k0

673

674

k674k

7)(C

7



674

k0

673

除，

从而得能被整除，则整数的值可以是或

1a

7a613.

故选：

BD

122ABCDEFABBCM

．如图甲，在边长为的正方形中，点，分别是，的中点，点是

ADA. △AED△DCFDEDFAC

上靠近的四等分点现将，分别沿，折起，使，两点重

合于，连接，如图乙所示，则下列说法正确的是（）

PPB

APB//EFM

．平面

B

．

PDPB

CEFMBFDE

．平面与平面所成角的余弦值为

DPBFDE

．点到平面的距离为

【答案】

ACD

【分析】根据线面平行的判定可判断，证明平面可判断，由是

APD⊥PEFB∠MGD

二面角的平面角，利用余弦定理可判断，根据点，到面的距离的关系求解可判断

CPM

D.

【详解】如图，连接与相交于

BDEFG;

2

3

6

3

第 7 页 共 19 页

MDDG3

MG//PB

PB//EFMA

平面，故正确；

PDDB4

由，知平面，平面故与

PD⊥PEPD⊥PFPE∩PF=PPD⊥PEFPEF=PPDPB

，

PB

，

不垂直，故错误

B;

平面与平面所成角即为，在中，，

EFMBFDE∠MGD△MGD

GD,MD

323

22

MGGDMD6

222

523

22

，由余弦定理得，故

cosMGD

C

MG()()

2MGGD3

222

正确；

6

3

知，作，则点到平面的距离等于由

sinMGD

MNBD

P

BFDE

3

3

4

442

点到平面的距离的，又，故正确

MBFDED.

MNMGsinMGD

3

333

cosMGD

故选：

ACD

三、填空题

13=___________.

．设复数，是共轭复数，且，则

z

1

z

2

z2z29i,

12

z

1

【答案】

13

【分析】设复数，进而得出共轭复数，根据复数相等求出，

zabi

1

z

2

a,b

再利用复数的摸公式即可求解

.

【详解】设则，

zabi

1

,

zabi

2

z2zabi2(abi)abi2a2bia3bi

12

因为，所以

z2z29i

12

a3bi=29i



a2

即，解得，



a2,b3

3b9



所以，

z=2+3i

1

所以

z2313

1

22

.

故答案为：

13

.



x3,x0



14___________.

．函数的值域为

f(x)



x1

3

2,x0



2



【答案】

[3,)

【分析】利用函数的单调性分别求出在上、在上函

yx3(0,)

(,0]

y2

x1

3

2

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数值集合，再求并集作答

.

【详解】依题意，在上单调递减，则当时，，

yx3

(,0]y3

x0

3

y2

x1

在上单调递增，则当时，，

(0,)

x0

y1

2



x3,x0



所以函数的值域为

f(x)



x1

3

[3,)

.

2,x0



2



故答案为：

[3,)

15PPyP

．已知为抛物线上任意一点，则点到轴的距离与点到直线

y4x

2

l:12x5y130

的距离之和的最小值为

___________.

【答案】

12

13

【分析】将点到轴的距离与点到直线的距离之和转化为点到准线的距离与点

PyPP

l

P.

到直线的距离之和，再借助抛物线定义求解作答

l

【详解】抛物线的焦点，准线，抛物线上的点到轴

y4xy4x

22

F(1,0)

l:x1



Py

的距离等于它到准线距离减去的差，

l



d

1

由抛物线定义知，，令点到直线的距离为，

d|PF|

P

l:12x5y130

d



于是得点到轴的距离与点到直线的距离之和为

PyP

l:12x5y130

d1d|PF|d1



，

过作于，连，，过点作于，交抛物线于点，如

PMPFMFFQ

PMl

FQl

y4x

2

P



图，

显然，，当点与点不重合时，有：

|PM|d



P

P



|PF|d1|PF||PM|1|MF|1|FQ|1|PF||PQ|1



，

则当点是过焦点作直线的垂线与抛物线交点时，点到轴的距离与点到直线

PFlPyP

l:12x5y130

的距离之和取得最小值，

此最小值为

|FQ|11

|1215013|12

12(5)

22

13

.

第 9 页 共 19 页

故答案为：

12

13

2

（8Sa4anN

16[x]x{}

．表示不超过的最大整数，设，设正项数列满足，）

yR

a

n

nnn

设数列的前项和为，且，则

{bn}n[]=___________.

T

n

b

n

【答案】

5

1

T

35

a

n

【分析】由的关系可推出为等差数列，求出通项公式代入，利用放缩法及

a,S

nn

{}

ab

n

n

裂项相消法可求出的范围，即可得解

T

35

.

2

2

【详解】由可得，

8Sa4a

nnn

8Sa4a(n2)

n1n1n1

22

两式相减得：，

8aaa4a4a

nnn1nn1

(n2)

化简得，又由正项数列可知，，

4(aa)(aa)(aa)

nn1nn1nn1

{}

a

n

aa0

nn1

所以，

aa4

nn1

(n2)

2

又，解得

8Sa4a

111

a4

1

所以是以为首项，为公差的等差数列，

{}44

a

n

故，

a44(n1)4n

n

bnn1

n

1111

，

a2nnnnn1

n

Tbbb1213243353435

351235

又，

bn1n

n

，

1111

a2nnnnn1

n

Tbbb21324336353615

351235

，

5T35

35

, .

[T]5

35

故答案为：

5

四、解答题

17.

．如图，在中，点在线段上，且，

ABC

D

BC

BD2DC

AD2

第 10 页 共 19 页

(1)

若是正三角形，求的长；

△ABD

AC

(2).

若，，求的值

cosB

310

ADC135

S

10

ABC

【答案】

(1)

AC7

(2)

S6

ABC

【分析】（）利用余弦定理可求得的长；

1

AC

（）利用两角差的正弦公式可求得的值，利用正弦定理可求得的长，可

2

sinBAD

BD

得出的长，再利用三角形的面积公式及可求得结果

CD

S3S

△ABC△ACD

.

【详解】解：因为，，

(1)

ADC120

CDBD1

1

2

由余弦定理可得

ACADCD2ADCDcosADC7

22

.

(2)

解：因为，则为锐角，则，

cosB

310

10

B

sinB1cosB

2

10

10

225

，则



cosBsinBsinBADsin135B

25





由正弦定理得，则，

ADsinBAD

BDAD

BD42



sinB

sinBADsinB

2

25

5

CD22

10

10

1

因此，

S3S3ADCDsin1356

△ABC△ACD

.

2

18NBA82

．美国职业篮球联赛（联赛）分为常规赛和季后赛，常规赛共场比赛，以全

明星假期为界，分为前半赛季和后半赛季，东、西部排名前的球队进入季后赛，季后

8

赛共四轮，最后一轮总决赛采用七场四胜制（七场四胜制是指在七场比赛中先胜四场

“”

者获得比赛胜利，胜者成为本赛季的总冠军）下表是队在常规赛的前场比赛中的

.A80

比赛结果记录表

阶段 比赛场数 主场场数 获胜场数 主场获胜场数

前半赛季

后半赛季

52 25 43 23

28 15 17 12

第 11 页 共 19 页

(1)95%“”“”

根据表中信息完成列联表，并判断是否有的把握认为比赛的主客场与胜负

之间有关？

胜场数 负场数 总计

主场比赛

客场比赛

总计

(2)ABA

已知队与队在季后赛的总决赛中相遇，队每场比假设每场比赛结果相互独立，

赛获胜的概率等于队常规赛前场比赛获胜的频率，求总决赛五场结束的概率

A80.

nadbc



∶

附

K



abcdacbd

2

2

P（K2≥k0）

0.100 0.050 0.025

k0 2.706 3.841 5.024

【答案】见解析

(1)

(2)

21

64

【分析】（）根据题设信息填写列联表，计算进行独立性检验；

1

K

2

（）总决赛五场结束意味着前场中队（或队）胜场败场，第五场队（或

231

4

AA

BB

队）获胜，再由概率公式计算即可

.

【详解】列联表如下表所示：

(1)

胜场数 负场数 总计

主场比赛 35 5 40

客场比赛 25 15 40

总计 60 20 80

80(3515255)20

2

K6.6673.841

602040403

2

故有的把握认为比赛的主客场与胜负之间有关

95%“”“”.

第 12 页 共 19 页

(2)A80A

由题意可知，队常规赛前场比赛获胜的频率，即队每场比赛获胜的概

603



804

3

率为

4

总决赛五场结束意味着前场中队（或队）胜场败场，第五场队（或队）

4

AA

BB

31

获胜

.

31213131



33

即总决赛五场结束的概率为

CC



44

.



44444464

33

19.

．已知数列的首项，



a

n

a0

1

a3a4nnN

n1n





(1)

证明：数列是等比数列；



a2n1

n

(2).

求数列的前项和的最小值



a100

n

n

S

n

【答案】证明见解析

(1)

(2)

304

【分析】（）由已知等式变形得出，结合等比数列的定

1

a2n113a2n1

n1n



义可证得结论成立；

（）分析数列的单调性，确定的符号，由此可求得的最小值

2.



bb

nn

S

n

【详解】解：因为，则，且

(1)

a3a4nnN

n1n



a2n113a2n1

n1n





a33

1

，

所以，数列是以为首项，为公比的等比数列



a2n1

n

33

.

(2)1.

解：由（）知，，则

a2n1333

n

n1n

a32n1

n

n

n

所以，，

ba10032n101

nn

n1nn

所以，，故数列为递增数列，

bb3322320

n1n



b

n

b100b132

15

，，，，，，

b96b80b28

234

故当时，；当时，

1n4

b0

n

n5

b0

n

.

所以，的最小值为

S

n

S304

4

.

20OBCM

．如图所示，在正三棱台中，为的中点，为的中点，平面

ABCABC

111

BC

11

1

ABC.

与平面所成角的余弦值为

BCCB

11

3

第 13 页 共 19 页

(1)ABC⊥AOM

证明：平面平面；

(2).

求直线与平面所成角的正弦值

CC

1

ABBA

11

【答案】证明见解析

(1)

(2)

6

3

【分析】（）延长相交于点，则可得三棱锥为正三棱锥，可得

1

BB,AA,CC

111

P

PABC

延长也交于点，由等腰三角形的性质可得，，由线面垂直的

OM

P

POBCAOBC

判定可得平面，再由面面垂直的判定可证得结论，

BC

AOH

（）由（）可知为平面与平面所成角，设，侧棱为，然

21

AOP

ABC

BCCB

11

AB2

a

后在中利用余弦定理列方程可求出，从而可得正三棱锥为正四面

POA

a2

PABC

体，过作垂直于平面，则为与平面所成角，然后计算即可

P

PO

1

ABCABC

PBO

1

PB

【详解】延长相交于点，

(1)

BB,AA,CC

111

P

因为棱台为正三棱台，

ABCABC

111

所以三棱锥为正三棱锥，

PABC

所以延长也交于点，

OM

P

所以为等腰三角形，为的中点，

PBCBC

O

所以，

POBC

因为为正三角形，为的中点，

ABC

O

BC

所以，

AOBC

因为，所以平面，即平面，

AOPOO

BCBC

POA

AOH

因为平面，所以平面平面；

BC

ABC

ABC⊥AOM

(2)

如图，，

POBC,AOBC

所以为平面与平面所成角，即平面与平面所成角，

AOP

ABCPBCABC