2022届江西省上饶市六校高三第一次联考数学（文）试题含解析

2022届江西省上饶市六校高三第一次联考数学（文）试题

一、单选题

1．已知全集，则＝（       ）

A．{1，2} B．{1，5} C．{2，5） D．{1，2，5}

【答案】D

【分析】求集合的交并补，只要按照交并补的定义就可以了.

【详解】;

，

故选：D.

2．已知复数（为虚数单位），则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先求出，再根据复数代数形式的乘法法则计算可得；

【详解】解：因为，所以，所以

故选：A

3．新高考方案规定，普通高中学业水平考试分为合格性考试（合格考）和选择性考试（选择考）．其中“选择考”成绩将计入高考总成绩，即“选择考”成绩根据学生考试时的原始卷面分数，由高到低进行排序，评定为A、B、C、D、E五个等级，某试点高中2018年多加“选择考”总人数是2016年参加“选择考”总人数的2倍，为了更好地分析该校学生“选择考”的水平情况，统计了该校2016年和2018年“选择考”成绩等级结果，得到：如图表,针对该校"选择考”情况，2018年与2016年比较，下列说法不正确的是（       ）

A．获得A等级的人数增加了 B．获得B等级的人数增加了1.5倍

C．获得D等级的人数减少了 D．获得E等级的人数增加了1倍

【答案】C

【分析】根据扇形图和直方图，利用频率与样本容量的关系计算出这两年的A、B、C、D、E五个等级的人数情况，即可得答案.

【详解】由题可知：设2016年参加选择考的总人数为：a人；

则2018年参加选择考的总人数为：2a人；

2016年评定为A、B、C、D、E五个等级的人数为：

A：0.28a、B：0.32a、C：0.30a、D：0.08a、E：0.02a；

2018年评定为A、B、C、D、E五个等级的人数为：A：0.48a、B：0.80a、C：0.56a、D：0.12a、E：0.04a,

故获得A等级的人数增加了，A判断正确；

，即获得B等级的人数增加了1.5倍，B判断正确；

，即获得D等级的人数增加了，故C判断错误；

，即获得E等级的人数增加了1倍，D判断正确，

故选：C

4．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（       ）

A．3 B．5 C．9 D．15

【答案】D

【分析】画出不等式组表示的平面区域，然后由可得，然后结合图形可得答案.

【详解】

不等式组表示的平面区域如图，

由可得，其表示的是斜率为的直线

当直线经过点时纵截距最大，即最大，最大值为15

故选：D

5．已知数列为等差数列，为其前n项和，若，则（       ）

A．7 B．21 C．28 D．42

【答案】C

【分析】利用等差数列的性质可求得 ，再根据等差数列前n项和的性质求得答案.

【详解】数列为等差数列，,

则，故 ，

所以 ，

故选：C

6．已知sin，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】三角函数的恒等变换要注意条件与结果之间的关系，由此而产生解题思路.

【详解】∵，

；

∴，

，

∴=；

故选：D.

7．函数的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】判断函数的奇偶性，可排除C，D；代入特殊值验证，可排除B，即得答案.

【详解】,

故为奇函数，故排除C,D;

，

而，即 ，

结合时，的增加幅度远大于的变化幅度，

故可确定在时递减，

由此可排除B.

故选：A.

8．已知等比数列中，，则“”是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条性 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据条件分别求出、对应的的范围，然后可得答案.

【详解】因为，所以由可得，即，即或

由可得，即，即或

所以“”是“”的充分不必要条件

故选：A

9．若直线与圆交于M、N两点，则弦长的最小值为（       ）

A．1 B．2 C． D．2

【答案】B

【分析】由题意求得直线过定点，圆心，半径，且当时，值最小，利用弦长公式即可求得答案．

【详解】设直线，即

联立，解得，故直线经过定点，

由知定点在圆内，

由圆方程可知圆心，半径，

当垂直时，最小，此时到直线的距离，

所以，

故选：．

10．设分别为双曲线的左右焦点，点为双曲线上的一点，若的重心和内心的连线与x轴垂直，则双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出的重心坐标，再根据双曲线定义及切线长定理求出的内心横坐标，根据重心与内心横坐标相同得到方程，求出离心率.

【详解】将代入，解得：，即，不妨令，则，，所以重心坐标为，设的内心为D，内切圆与，的切点分别为A，B，与x轴切点为C，则PA=PB，，，且点D与点C横坐标相同，又由双曲线定义知：，从而，设，则，解得：，故点C为双曲线的右顶点，故D点的横坐标为a，因为的重心和内心的连线与x轴垂直，所以，解得：，即，解得：.

故选：A

11．若对任意的，且，都有成立，则m的最小值是（       ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】题目考察构造函数的问题，将已知不等式变形后即可判断函数的单调性，根据单调区间求解m的取值范围，进而求出最小值

【详解】由函数定义域得：，假设，因为，

所以，两边同除整理得：，

构造函数，则单调递减，

，令得：，

当时，，所以在单调递减，

所以，所以m的最小值是

故选：C

12．已知三棱维中，侧面ABC⊥底面BCD，△ABC是边长为6的正三角形，△BCD是直角三角形，且，则此三棱锥外接球的表面积为（       ）

A．36π B．48π C．64π D．128π

【答案】C

【分析】把三棱锥放置在长方体中，根据长方体的结构特征求出三棱锥外接球的半径，再由三棱锥外接球的表面积公式计算．

【详解】三棱锥中，侧面底面，把该三棱锥放入长方体中，如图所示

，

设三棱锥外接球的球心为，则，

，

三棱锥外接球的半径，

则三棱锥外接球的表面积为，

故选：C．

二、填空题

13．已知向量，向量，若，则实数k＝________．

【答案】8

【分析】两个向量垂直，它们数量积为零.

【详解】.

故答案为：8.

14．已知函数，则曲线y＝f(x)在点（1，f(1)）处的切线方程为___．

【答案】

【分析】先求出，求出导函数，得到，进而求出切线方程.

【详解】，，故，所以切线方程为：，整理得：.

故答案为：

15．已知过抛物线C：y2＝8x焦点的直线交抛物线于A，B两点，过点A作抛物线准线的垂线，垂足为M，，则A点的横坐标为___．

【答案】4

【分析】依据题给条件以抛物线定义数形结合解之即可.

【详解】抛物线C：y2＝8x焦点，准线，令，,

取AM中点N，连接BN，交x轴于T，又，则

由，得

由，可得，又

则有

解之得或（舍）

故答案为：4

16．已知函数有两个零点1和2，若数列满足：，记且，则数列的通项公式＝________．

【答案】

【分析】根据韦达定理求出的关系，进而得到与，根据条件得到为等比数列，进而利用等比数列的通项公式求出答案.

【详解】由题意得：的两个根为1和2，由韦达定理得：，，所以，则，所以，因为，所以，所以为等比数列，公比为2，首项为3，所以.

故答案为：

三、解答题

17．智慧课堂是指一种打破传统教育课堂模式，以信息化科学技术为媒介实现师生之间、学生之间的多维度互动，能有效提升教师教学效果、学生学习成果的新型教学模式．为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，某市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如下：从城区学校中任选一个学校．偶尔应用或者不应用智慧谋堂的概率是．

(1)补全2×2列联表，判断能否有99.5%的把据认为智慧课堂的应用与区域有关，并说明理由；

(2)在偶尔应用或者不应用智慧课堂的学校中，按照分层抽样抽取6所学校进行分析，然后再从这6所学校中随机抽取2所学校，求这两所学校不全是郊区的概率．

附：．

【答案】(1)

列联表见解析，有99.5%的把握认为智慧课堂的应用与区域有关；理由见解析

(2)

【分析】（1）补全列联表，计算出卡方，进而作出判断；（2）先根据分层抽样得到郊区学校和城区学校的抽取个数，利用列举法求解古典概型的概率.

(1)

，

所以有99.5%的把握认为智慧课堂的应用与区域有关．

(2)由题意知：偶尔应用或者不应用智慧课堂的学校中，郊区学校抽取所，分别记为A、B、C、D；城区学校抽取所，分别记为a，b，从这6所随机抽取2所的基本事件为：AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab，共15种，其中满足两所学校全是郊区的情况有：AB，AC，AD，BC，BD，CD共6种，

所以满足两所不全是郊区学校的概率为：．

18．已知a，b，c是△ABC的内角A，B，C的对边，且满足．

(1)求角B的大小；

(2)若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理得到，求出角B的大小；（2）根据面积公式得到，再由余弦定理求出，求出周长.

【详解】(1)，由正弦定理得：

，

，

∵

∴

∵

∴，

∴

∵

∴．

(2)由（1）及已知得：

所以，∴

由余弦定理得：，

，得：，

所以△ABC的周长为．

19．如图，在四棱锥S－ABCD中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心点O，点P是SD中点，且△SAC的面积为．

(1)求证：平面SCD⊥平面PAC；

(2)求点P到平面SBC的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）分别证明，，根据线面垂直的判定定理证明SD⊥平面PAC，继而根据面面垂直的判定定理证明平面SCD⊥平面PAC；

（2）点P到平面SBC的距离等于点D到平面SBC距离的一半，将点D到平面SBC的距离看作三棱锥D-SBC的高，根据等体积法可求得答案.

【详解】(1)证明：∵点S在底面ABCD上的射影为点O，∴SO⊥平面ABCD，

∵四边形ABCD是边长为1的正方形，     ∴，

∵△SAC的面积为，∴，即，∴,

∵，点P是SD的中点，

∴，同理可得

又因为平面PAC，

∴SD⊥平面PAC，

∵SD平面SCD．

∴平面SCD⊥平面PAC;

(2)∵P是SD中点，∴点P到平面SBC的距离等于点D到平面SBC距离的一半，

记点D到平面SBC距离为d，由（1）知SO⊥平面ABCD，

∵，∴, ,

∴,

∴点P到平面SBC的距离．

20．已知椭圆的一个焦点到双曲线渐近线的距离为，且点在椭圆上．

(1)求椭圆的方程；

(2)若四边形ABCD的顶点在椭圆上，且对角线AC、BD过原点O，直线AC和BD的斜率之积－，证明：四边形ABCD的面积为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意列出相应等式，求得，再根据点（）是椭圆上一点，求得，即得答案；

（2）考虑直线斜率是否存在情况，然后设直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，结合可得到，进而表示出四边形ABCD的面积，化简可得结论.

【详解】(1)不妨取左焦点（－c，0），到渐近线的距离为，解得，

∴

又∵点（）是椭圆上一点，∴，

解得

因此，椭圆的方程为

(2)证明:：当直线AB的斜率不存在时，不妨设 ，

则 ，又 ，解得 ，

根据椭圆的对称性，不妨取 ,则，

则 ,

所以 ;

当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为，设点

联立，得，

则

因为，得，即，

所以，，解得，

，

原点到直线AB的距离为，

因为

且

所以（定值），

综上述四边形ABCD的面积为定值．

21．已知函数，其中a≠0.

(1)若，讨论函数f(x)的单调性；

(2)是否存在实数a，对任意，总存在，使得成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)f(x)在单调递增，单调递减；

(2)存在；a＝.

【分析】(1)求导讨论导数正负即可判断原函数单调性；

(2)根据a的范围分类讨论函数f(x)在[0，1]上的单调性并求最大值和最小值，判断是否满足已知条件即可.

【详解】(1)时，，

当时，；当时，，

∴f(x)在单调递增，单调递减；

(2)存在满足条件的实数a，且实数a的值为．

理由如下：

，

(i)当时，，∴f(x)在[0，1]上单调递减，∴，

则，∴此时不满足题意；

(ii)当时，f(x)在单调递增，单调递减，

①当时，即，f(x)在[0，1]单调递减，同上，此时不满足题意；

②当时，即时，f(x)在单调递增，单调递减，

∴，

当时，对任意，，

∴此时不满足题意；

③当时，即，f(x)在[0，1]单调递增，，

令，易知g(x)在[0，1]单调递减，

∴，

若对任意总存在，使得，即使得，

∴，即，∴，∴，

综上所述，存在满足题意的实数a，且实数a的值为．

【点睛】关键点点睛：本题关键是求f(x)的最大值和最小值，令，问题可转化为进行求解.

22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是 （其中t为参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程．

(1)写出曲线C的直角坐标方程；

(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，且，求直线l的斜率．

【答案】(1)；

(2)－2.

【分析】（1）根据，化简曲线的极坐标方程即可求得其直角坐标方程；

（2）联立直线的参数方程和曲线的直角坐标方程，利用韦达定理，结合直线参数方程中参数的几何意义求得，结合，即可求得直线斜率.

【详解】(1)因为曲线C的极坐标方程为，故可得，

因为，故，

整理得曲线的直角坐标方程为：.

(2)因为直线l与曲线C交于A，B两点，故联立直线的参数方程和曲线的直角坐标方程，

将代入

得：，

其，

设两点在直线上对应的参数为，

故可得

，

则，即，

故直线l的斜率为.

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)记的最小值为，，求的最大值．

【答案】(1)；

(2)3.

【分析】（1）对函数去绝对值化为分段函数，分别在每一段上解出的解集，再取并集即可得到答案.

（2）先求出代入题干中的式子得：，再利用不等式与化简即可得到答案.

【详解】(1)

①当时，，无解；   

②当时，，即；   

③当时，，即.

综上所述：

(2)由，

∴，

∴．

∵，

∴，

当且仅当时，取得最大值3.