江西省南昌市八一中学2022届高三下学期三模数学（文）试题

江西省南昌市八一中学2022届高三下学期三模数学（文）试题

第I卷（选择题）

1．集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知复数z满足(i为虚数单位)，则复数z的虚部为(       )

A． B． C．i D．1

3．已知，，，则a，b，c的大小关系为（       ）

A． B．

C． D．

4．设x，y满足约束条件则的最大值为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5

5．下列命题正确的是（       ）

A．命题“若，则”的否命题为“，则”

B．若给定命题p：，，则：，

C．若为假命题，则p，q都为假命题

D．“”是“”的充分不必要条件

6．函数在上的图象大致为（       ）

A． B． C． D．

7．已知函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象关于y轴对称，则的最小值为（       ）

A．1 B．2 C． D．5

8．已知实数a，b满足，且，则的最小值为（       ）.

A．1 B． C．4 D．

9．在三棱锥中，平面，，且，则三棱锥外接球的体积等于（       ）

A． B． C． D．

10．已知抛物线的焦点为，、是抛物线上两动点，是平面内一定点，下列说法正确的序号为（       ）

①抛物线准线方程为；

②若，则线段中点到轴距离为；

③以为圆心，线段的长为半径的圆与准线相切；

④的周长的最小值为.

A．①②④ B．②③ C．③④ D．②③④

11．已知双曲线的左、右焦点分别为，．在第一象限的渐近线上恰好存在一点M使为直角，若，则双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．2

12．已知函数，若在存在零点，则实数值可以是（       ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

13．已知，则________．

14．在区间上随机取1个数，则取到的数满足的概率为___________.

15．如图，正方体的棱长为，分别是棱，的中点，过点的平面分别与棱，交于点G，H，给出以下三个命题：

①平面与平面垂直；

②四边形的面积的最小值为；

③四棱锥的体积为定值.

其中正确命题的序号为___________.

16．记定义在上的可导函数的导函数为，且，，则不等式的解集为______．

17．已知等比数列满足，.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和.

18．某中学为增强学生的环保意识，举办了“爱成都，护环境”的知识竞赛活动，为了解本次知识竞赛活动参赛学生的成绩，从中抽取了n名学生的分数(得分取正整数，满分为100分，所有学生的得分都在区间中)作为样本进行统计．按照，，，，的分组作出如下的频率分布直方图，并作出下面的样本分数茎叶图(图中仅列出了得分在，的数据)．

(1)求样本容量n和频率分布直方图中x、y的值；

(2)在选取的样本中，从竞赛成绩不低于80分的三组学生中按分层抽样抽取了5名学生，再从抽取的这5名学生中随机抽取2名学生到天府广场参加环保知识宣传活动，求这2名学生的分数都在中的概率．

19．四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，且，，，，M是棱PB的中点.

(1)求证：平面；

(2)求三棱锥的体积.

20．已知椭圆的左焦点与短轴两端点的连线及短轴构成等边三角形，且椭圆经过点.

(1)求椭圆的方程；

(2)不经过点的直线与椭圆相交于，两点，关于原点的对称点，直线，与轴分别交于，两点，求证：.

21．已知函数．

(1)求函数在点处的切线方程；

(2)如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围．

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

(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)若直线与曲线交于，两点，点，求的值．

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若在上恒成立，求的取值范围.

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

化简集合，再根据集合的运算定义求.

【详解】

由化简可得或，

所以或，

所以，

故，

故选：C．

2．B

【解析】

【分析】

根据复数的运算法则计算即可．

【详解】

，

故z的虚部为-1．

故选：B．

3．C

【解析】

【分析】

结合对数函数、指数函数和幂函数的单调性直接比较大小即可.

【详解】

依题意，，，而，即，故.

故选：C．

4．A

【解析】

【分析】

作出可行域，由得，求解截距的最大值即可求解.

【详解】

如图，，围成的区域为及其内部，其中，因为，所以，所以当直线过时，的最大值为1，所以，的最大值为2.

故选：A．

5．D

【解析】

【分析】

A选项直接否定条件和结论即可；B选项存在一个量词的命题的否定，先否定量词，后否定结论；C选项“且”命题是一假必假；D选项，利用“小集合”是“大集合”的充分不必要条件作出判断.

【详解】

对于A，命题“若，则”的否命题为“，则”，A错误；

对于B，命题p：，，则：，，B错误；

对于C，若为假命题，则p，q有一个假命题即可；C错误；

对于D，或或，即“”是

“”的充分不必要条件，D正确.

故选：D

6．C

【解析】

【分析】

根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.

【详解】

首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，

当时，，故排除A，只有C满足条件.

故选：C

7．D

【解析】

【分析】

根据辅助角公式，结合正弦型函数的奇偶性进行求解即可.

【详解】

，

因为该函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，

所以，

因为的图象关于y轴对称，

所以是偶函数，

因此有，

因为，所以当时，有最小值，最小值为5，

故选：D

8．C

【解析】

【分析】

对已知等式进行变形，然后利用基本不等式进行求解即可.

【详解】

由，

，

当且仅当时取等号，即时取等号，

故选：C

9．C

【解析】

【分析】

将三棱锥放入一个长方体中，求出长方体的体对角线即为长方体外接球的直径，利用球的体积公式即可求解.

【详解】

因为三棱锥中，平面，

不妨将三棱锥放入一个长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，

因为长方体的体对角线即为其外接球的直径，

因为，则长方体的长宽高分别为

所以三棱外接球的半径为

.

所以三棱锥外接球的体积为

.

故选：C.

10．D

【解析】

【分析】

根据抛物线的方程直接写出抛物线的准线方程，可判断①的正误；设点、，利用抛物线的定义可判断②的正误；利用抛物线的定义可判断③的正误；过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，利用抛物线的定义以及、、三点共线时，求出的周长的最小值，可判断④的正误.

【详解】

对于①，易知点，抛物线的准线方程为，①错；

对于②，设点、，则，所以，，

所以，线段中点到轴距离为，②对；

对于③，由抛物线的定义可得，所以，线段的长为半径的圆与准线相切，③对；

对于④，过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，

由抛物线的定义可得，所以，，

当且仅当、、三点共线时，即当时，取得最小值，

又因为，所以，的周长的最小值为，④对.

故选：D.

11．C

【解析】

【分析】

根据双曲线渐近线方程，结合锐角三角函数定义、余弦定理、双曲线离心率公式进行求解即可.

【详解】

该双曲线的渐近线方程为：，由题意可知，

因为为直角，所以有，则有，

因为，

即，，

因此，

在中，由余弦定理可知：

，

故选：C

12．D

【解析】

【分析】

根据题意得，令，，则函数在上存在零点等价于与的图像有交点，再根据的单调性求解即可.

【详解】

根据题意，令，所以，

令，，

则函数在上存在零点等价于与的图像有交点．

，

令，，

则，故在上单调递增，

因为，，所以存在唯一的，使得，

即，即，，

所以当时，，，单调递减，

当时，，，单调递增，

所以，

又时，，故，，所以.

故选：D．

【点睛】

利用导数研究函数零点的核心是根据题意构造合适的函数，通过研究函数的单调性，进而确定函数大致图形，数形结合，有助于简化题目.

13．-2

【解析】

【分析】

利用，，即可求出答案.

【详解】

故答案为：-2.

14．

【解析】

【分析】

先求解不等式，再使用几何概型求概率公式进行求解.

【详解】

解得：，

故区间上随机取1个数，则取到的数满足的概率为.

故答案为：

15．①②③

【解析】

【分析】

证明出平面，结合面面垂直的判定定理可判断①的正误；推导出，求出的最小值，可求得四边形的面积的最小值，可判断②的正误；计算出四棱锥的体积，可判断③的正误.

【详解】

对于①，连接，

因为四边形为正方形，则，

因为平面，平面，，

，平面，

因为且，又因为、分别为、的中点，

所以，且，所以，四边形为平行四边形，，

平面，平面，平面平面，①对；

对于②，由①可知，

平面，平面，所以，，

平面，平面，，同理可得，

所以，，当且仅当时，等号成立，

所以，，②对；

对于③，因为平面平面，平面平面，

平面平面，，同理可证，

所以，四边形为平行四边形，所以，，

因为，则，

所以，，③对.

故答案为：①②③.

16．

【解析】

【分析】

首先设函数，利用导数判断函数的单调性，不等式等价于，利用函数的单调性，即可求解.

【详解】

设，，所以函数单调递增，

且，不等式，所以.

故答案为：.

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）设公比为，根据等比数列的通项公式求出、，即可求出通项公式；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可；

(1)

解：因为为等比数列，且，，设公比为，

所以，所以，，

所以；

(2)

解：因为，

所以

18．(1)n=40，，；

(2)﹒

【解析】

【分析】

(1)根据茎叶图中成绩在的频数和频率频率分布直方图中的频率即可求出n，再结合茎叶图中的频数可求频率分布直方图中x，根据频率总和为1即可求y．

(2)根据分层抽样求出5名学生中成绩在和的人数，分别编号，列举出从5名学生选出2名的组合，并列举出2名学生分数都在的组合，根据古典概率计算方法即可计算﹒

(1)

由茎叶图可知成绩在中的频数为3．

结合频率分布直方图，得．

∴．

∴．

(2)

由题意，本次竞赛成绩样本中分数在中的学生有名，

分数在中的学生有名，

按分层抽样抽取的5名学生中，分数在中的学生有名，记为a、b、c；分数在中的学生有名，记为1、2．

从这5名学生中随机选取2名学生的所有结果为，共10种．

其中2名学生的分数都在中的结果为，共3种．

∴所选2名学生的分数都在中的概率．

19．(1)证明见解析式

(2)

【解析】

【分析】

（1）取的中点，连接，，即可得到且，即四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；

（2）再底面等腰梯形中求出、，即可得到，再由线面垂直的性质得到，即可得到平面，再根据计算可得；

(1)

证明：取的中点，连接，，

因为为的中点，所以且，

又且，所以且，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，

所以平面

(2)

解：在等腰梯形中，，，，

过点、分别作、，所以，，

所以，

在中，由余弦定理，

即，所以，

所以，即，

因为平面，平面，所以，

又，平面，所以平面，

所以三棱锥的高为，

又是的中点，所以，

所以；

20．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据题意得，将点代入椭圆即可；

（2）设，，直线，则，

联立得到韦达定理，要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，

即证，代入求解计算即可.

(1)

设椭圆上下顶点分别为，左焦点为，

则是等边三角形，所以，则椭圆方程为，

将代入椭圆方程，可得，解得，

所以椭圆方程为.

(2)

设，则.

将直线代入椭圆方程，得，

其判别式，即，

.

所以要证直线MR与直线MB的斜率互为相反数，即证，

，所以.

【点睛】

解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，

重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导函数，即可得到切线的斜率，再由点斜式计算可得；

（2）依题意可得对恒成立，参变分离可得对恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出参数的取值范围；

(1)

解：因为，所以，

所以，，即切点为，切线的斜率，

所以切线方程为，即；

(2)

解：因为对恒成立，

即对恒成立，

即对恒成立，

令，，

则

令，，则，

所以在上单调递增，所以，

即在上恒成立，

所以在上单调递增，

所以，

所以，即；

22．(1)；

(2)

【解析】

【分析】

（1）消去参数，求得直线的普通方程，根据极坐标与直角的互化公式，即可求解曲线的直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程，代入的直角坐标方程得，得到，，结合，即可求解.

(1)

解：由直线的参数方程为为参数，可得，

消去参数，可得直线的普通方程，

又由曲线的极坐标方程为，即

根据，可得曲线的直角坐标方程为，即．

(2)

解：将直线的参数方程改写成（t为参数），

代入曲线的直角坐标方程得，

设两点对应的参数分别为，，则，，

所以.

23．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）根据的取值范围的不同，分段求解不等式即可；

（2）分离参数，再求在区间上的最小值，即可求得的取值范围.

(1)

因为，对不等式，

当时，不等式等价于，解得；

当时，不等式等价于，此时不等式无解；

当时，不等式等价于，解得.

故不等式的解集为.

(2)

在上恒成立，

即在恒成立，

对，

当时，，其在单调递减；

当时，，其在单调递减，

又在区间上是连续函数，

故，

故，即的取值范围为.