2022届江西省临川第一中学高三4月模拟考试数学（理）试题含解析

江西省临川第一中学2022届高三4月模拟考试

数学（理）试题

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡指定位置上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．已知复数z满足，则复数z的共轭复数在复平面所对应的点所在的象限为（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

2．已知两条直线，的方程为和，则是“直线”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

3．已知函数，则（       ）

A．0 B． C． D．1

4．已知数列满足，则（       ）

A． B．1 C．2 D．

5．函数的部分图像大致是（       ）

A． B．

C． D．

6．已知，则（       ）

A． B． C． D．

7．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则该三角形的面积的最大值为（       ）

A． B．3 C． D．

8．已知中，点D为线段（不包括端点）上任意一点，且实数x，y满足，则的最小值为（       ）

A． B．6 C． D．

9．为了贯彻落实党史学习教育成果，临川一中名师“学史力行”送教井冈山中学.现有理科语文､数学､英语､物理､化学､生物6名理科老师要安排在该中学理科1到6班上一节公开示范课，每个班级只安排一名老师上课且每个老师只在一个班上节课，要求数学老师不能安排在1班，化学老师不能安排在6班，则不同的安排上课的方法数为（       ）

A．720 B．504 C．480 D．360

10．已知椭圆，其左右焦点分别为，其离心率为，点P为该椭圆上一点，且满足，已知的内切圆的面积为，则该椭圆的长轴长为（       ）

A．2 B．4 C．6 D．12

11．己知函数在区间上单调，且满足.有下列结论：

①；

②若，则函数的最小正周期为；

③关于x的方程在区间上最多有5个不相等的实数根；

④若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为.

其中正确的结论的个数为（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

12．已知函数，若对任意恒成立，则实数m的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知x，y满足约束条件，且的最大值为___________.

14．的展开式中的项前的系数为___________.

15．已知抛物线，直线，若抛物线C上存在两不同的点A，B关于直线l对称，则实数m的取值范围为___________.

16．如图，是边长为4的正三角形的一条中位线，将沿直线翻折至，当三棱锥的体积最大时，过的中点M作该四棱锥的外接球的截面圆，则该截面圆的面积的最小值为___________.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答

（一）必考题：共60分．

17．己知数列的前n项和为，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列满足，求数列的前n项和.

18．如图，在四棱锥中，底面为矩形且，点P在底面上的射影为线段上的一点E，，且，M为上的一点且，过E，M做平面交于点N，于点F，且F为的中点.

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面所成的锐二面角的的余弦值.

19．在全民抗击新冠肺炎疫情期间，新都区开展了“停课不停学”活动，此活动为学生提供了多种网络课程资源以供选择使用.活动开展一个月后，某学校随机抽取了高三年级的甲､乙两个班级进行网络问卷调查，统计学生每天的学习时间，将样本数据分成[3，4)，[4，5)，[5，6)，[6，7)，[7，8]五组，并整理得到如下频率分布直方图：

（1）已知该校高三年级共有600名学生，根据甲班的统计数据，估计该校高三年级每天学习时间达到5小时及以上的学生人数；

（2）已知这两个班级各有40名学生，从甲､乙两个班级每天学习时间不足4小时的学生中随机抽取3人，记从甲班抽到的学生人数为，求的分布列和数学期望.

20．已知椭圆的短轴长为，其离心率为，已知双曲线的渐近线方程为，其离心率为，且.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)已知椭圆C的左焦点为F，过点F且不与坐标轴平行的直线l与椭圆相交于A，B两点，线段的中垂线分别交x轴､y轴于M，N两点，求的取值范围.

21．己知函数.

(1)讨论函数的单调性；

(2)若函数，且对任意的恒成立，求实数a的取值范围.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的方程为.

(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

(2)已知点，若直线与曲线相交于两点，求的值.

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）已知函数.

(1)解不等式；

(2)已知实数满足：对都有，若、、且，求最小值.

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

由求出复数z，从而可求出其共轭复数，进而可求得答案

【详解】

由，得，

所以，

所以复数z的共轭复数在复平面所对应的点所在的象限为第一象限，

故选：A

2．C

【解析】

根据充分必要条件的定义，分别判断其充分性和必要性即可．

【详解】

解：若，则和，，

所以直线，满足充分性；

若直线，则，解得，满足必要性．

所以是“直线”的充要条件．

故选：C．

3．B

【解析】

【分析】

根据函数的解析式可直接求解的值.

【详解】

由题意，函数，

可得=，

因为，所以，

故选：B

4．A

【解析】

【分析】

根据数列的周期性求解即可.

【详解】

因为，

所以，，

所以数列是以周期为的数列，即.

故选：A

5．A

【解析】

【分析】

根据特殊点区分函数图象，利用排除法即可求解.

【详解】

当时，，故排除BC，

当时，，显然可排除D，

故选：A

6．B

【解析】

【分析】

根据两角互余及诱导公式，结合二倍角的余弦公式即可求解.

【详解】

由，得

，

即，

所以

故选：B.

7．D

【解析】

【分析】

由条件结合正弦定理先求出角,由余弦定理结合均值不等式求出的最大值，结合三角形的面积公式可得答案.

【详解】

由

可得

即，由，即 ，得

又，所以

由（当且仅当时取等号）

所以

故选：D

8．A

【解析】

【分析】

由已知可得，所以，化简后利用基本不等式可求得其最小值

【详解】

因为点D为线段（不包括端点）上任意一点，且实数x，y满足，

所以，，

所以

，当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为，

故选：A

9．B

【解析】

【分析】

根据排列计算公式，结合特殊元素法求解排列数即可得出答案.

【详解】

根据计数原理可以将事情分成两类：化学老师安排在1班和化学老师不安排在1班.

化学老师排在1班，先排1班，有1种方法，其余5个班的老师做全排列共有种方法；

化学老师不在1班，先排1班，有4种方法，再排6班有4种方法，余下4个班有种方法

所以共有：种方法

所以总的排列数为504.

故选：B.

10．D

【解析】

【分析】

根据椭圆的离心率公式，再利用焦点三角的面积相等及椭圆长轴长即可求解.

【详解】

由，得，即.

设的内切圆的半径为，则

因为的内切圆的面积为，所以，解得（负舍），

在中，根据椭圆的定义及焦点三角形的面积公式，知

，即，

由，联立，得，

所以该椭圆的长轴长为.

故选：D.

11．B

【解析】

【分析】

对于①：利用对称性直接求得；

对于②：直接求出函数的最小正周期，即可判断；

对于③：先判断出周期，直接解出在区间上最多有3个不相等的实数根，即可判断.

对于④：由题意分析,建立关于的不等式组，求出的取值范围.

【详解】

函数满足.

对于①：因为,所以.故①正确；

对于②：由于,所以函数的一条对称轴方程为.又为一个对称中心，由正弦图像和性质可知，所以函数的最小正周期为.故②错误；

对于③：函数在区间上单调，且满足，可得：，所以周期.周期越大，的根的个数越少.

当时,,所以在区间上有3个不相等的实数根：，或.故③错误.

对于④：函数在区间上恰有5个零点,所以,

所以，解得：.且满足，即,即，故.故④正确.

故选：B

12．A

【解析】

【分析】

条件对任意恒成立等价于在上为增函数，由函数的单调性与导数的关系可求实数m的取值范围.

【详解】

设，，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

所以，故，

又对任意恒成立，

所以函数在上为增函数，

所以在上恒成立，所以在上恒成立，

所以，所以实数m的取值范围为，

故选：A.

13．##3.5

【解析】

【分析】

作出约束条件表示的平面区域，然后使用平移直线法可得.

【详解】

作出不等式组的可行域，如图所示，

作直线：，平移直线到点时，目标函数取得最大值.

，解得，即，

所以的最大值为.

故答案为：

14．180

【解析】

【分析】

首先求出展开式的通项，令或3解得，再代入计算可得.

【详解】

解：原式展开为，

展开式的通项为，

令时，得，所以中，的系数为；

令时，，即中无项，此时不成立.

故答案为：180

15．

【解析】

【分析】

根据两线垂直斜率乘积的关系，得出直线的斜率，可设出直线的方程，再与抛物线联立由韦达定理，可以得到中点坐标，进一步代入表达式求实数m的取值范围.

【详解】

设，的中点坐标为

点A，B关于直线l对称，直线的斜率，

设直线的方程为：，则

联立得：

， 代入得：

即的中点坐标为

又抛物线C上存在两不同的点A，B

，

由的中点在直线上，即：

解得：

的取值范围为：

故答案为：.

16．

【解析】

【分析】

先判断出面面.设外接球的球心为O，确定出过面BCDE的外接圆的圆心的垂线m和过的外心的垂线的交点即为球心O.求出外接球半径.再判断出OM垂直于截面时，截面圆的面积的最小，求出其半径，即可求出截面圆的面积.

【详解】

要使三棱锥的体积最大，只需高最大，即面面.

设外接球的球心为O，面BCDE的外接圆的圆心为,则球心在过且垂直于面BCDE的直线m上.

取DE的中点为N，连结，则DE，所以面.所以.

为边长为2的正三角形，过的外心作直线n面.则m、n的交点即为球心O.

在底面四边形BCDE中，如图示：

设为BC边的中点，由题意是边长为4的正三角形的一条中位线，可得：和均为边长为2的等边三角形.所以，即为面BCDE的外接圆的圆心. .

则,即.

所以外接球半径.

由球的性质可知：当OM垂直于截面时，截面圆的面积的最小，设其半径为r.

此时

所以.

所以截面圆的面积的为.

故答案为：

【点睛】

多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：

(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．

17．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）根据，再结合等比数列的定义，即可求出结果；（2）利用裂项求和进行解决.

(1)

因为，当时，，解得

当时，，

所以，

即，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列.

故.

(2)

，

于是

18．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）取的四等分点，使，连接，，可得，再证明，从而平面平面，可证明结论.

（2）首先建立空间直角坐标系，之后利用空间向量先求两个平面的法向量，再利用夹角公式求出两个法向量的夹角的余弦值，即可求得结果.

(1)

取的四等分点，使，连接，，

则，所以，

因为平面，平面，所以平面，

又因为且，所以，

因为平面，平面，所以平面，

又因为，平面，平面，

所以平面平面，

因为平面，所以平面.

(2)

由题意平面，由（1）可知

所以 为原点，分别为轴，建立如图所示，建立空间直角坐标系，

则，，，，，

，，

所以，，

，，

设平面的法向量为，则，

令，，得平面的一个法向量为，

设平面的法向量为，

则，

令，得平面的一个法向量为，

所以，

所以平面与平面所成角的余弦值为．

19．（1）480；（2）分布列答案见解析，数学期望为：1.

【解析】

【分析】

（1）根据频率即可计算出；

（2）可知可取的值为，分别计算出概率，即可得出分布列，进而求出数学期望.

【详解】

（1）根据甲班的统计数据，该校高三年级每天学习时间达到5小时及以上的学生人数约为；

（2）甲班每天学习时间不足4小时的学生人数为

乙班每天学习时间不足4小时的学生人数为，

从甲班抽到的学生人数可取的值为，

则，，，

所以的分布列为：

则的数学期望为：.

【点睛】

本题考查频率分布直方图的理解，考查离散型随机变量的分布列和数学期望，属于基础题.

20．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）先求出双曲线的离心率，再根据求出椭圆的离心率，可求得的值，由此可得出椭圆的方程；

（2）设直线l的方程为，与椭圆C的方程联立得，代韦达定理，将化简为，然后用表示出来，再求范围即可.

(1)

解：由题知，双曲线的渐近线方程为，所以，离心率为，则由，则，

椭圆的短轴长为，则，

由题意可得，解得，

因此，椭圆的方程为；

(2)

点，所以设直线l的方程为，

与椭圆C的方程联立得，

设，，，恒成立

则，，，又，由知，的斜率为，如图，设与x轴的非负半轴所成角为，

则，又，所以，所以，设中点坐标为，则，，故中垂线方程为，令得，∴，所以.

21．(1)答案见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）求导后，分类讨论，利用导数的符号可得函数的单调性；

（2）求出，利用导数得，再分和两种情况讨论，当时，在上单调递减，恒成立，当时，令的根为，由在上单调递增，得当时，，不合题意.

(1)

,

当时，，此时在上为增函数；

当时，由，得，由，得，此时在上为增函数，在上为减函数.

综上所述：当时，在上为增函数；

当时，在上为增函数，在上为减函数.

(2)

当时，，

，

令，则，

所以在上单调递增，所以，即，

当时，，则，在上单调递减，

所以，符合题意；

当时，因为在上单调递增，，则存在唯一正实数根，设为，则，

当时，，，所以在上单调递增，此时，不合题意.

综上所述：.

【点睛】

关键点点睛：求出，利用导数得，再分和两种情况讨论是求解关键.

22．(1)；

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据曲线的参数方程消去参数，结合的范围即可求得普通方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得直角坐标方程；

（2）由在上，可得参数方程，将其代入曲线方程，利用直线参数方程的几何意义可知，由韦达定理可得结果.

(1)

由曲线的参数方程得：（为参数），；

又，，曲线的普通方程为：；

由得：，

则的直角坐标方程为：，即.

(2)

在直线上，可得的参数方程为：（为参数），

将的参数方程代入的普通方程可得：，

设为方程的两根，则.

23．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）化简函数的解析式，利用函数的单调性可得出，再利用柯西不等式可求得结果.

(1)

解：.

当时，由得，则；

当时，由得，则；

当时，由得，则.

综上不等式的解集为.

(2)

解：已知对都有，则，

，

则在上是减函数，在上是增函数，所以，

因为，即，

则

，

（当且仅当，即，，时等号成立）.

所以.