2022届江西省新余市一中（新余市）高三第二次模拟考试数学（理）试题含解析

2022届江西省新余市一中（新余市）高三第二次模拟考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，集合，则 （       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用补集和交集的定义可求得结果.

【详解】因为全集，集合，集合，则，

因此，.

故选：B.

2．已知复数，且，则（       ）

A． B． C．1 D．2

【答案】D

【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．

【详解】由已知，

所以，．

故选：D．

3．执行如图所示的程序框图，则可以输出函数的为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】分析：先根据流程图确定输出函数为非奇函数且有小于零的函数值,再结合选择项的函数判断得结果.

详解：因为由流程图确定输出函数为非奇函数且有小于零的函数值,又因为为奇函数，恒大于零，恒非负，满足函数为非奇函数且有小于零的函数值,所以选C.

点睛：本题考查流程图以及函数奇偶性、函数值域等性质，考查基本求解能力.

4．下列函数是奇函数，且函数值恒小于1的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性且判断函数值的范围，可判断A;利用函数的奇偶性可判断B,C;用特殊值验证，可判断D.

【详解】因为，所以函数为奇函数；

因为，又，所以，

故A正确；

因为，故是非奇非偶函数，

故B错误；

函数满足 为偶函数，故C错误；

因为，故D错误，

故选：A.

5．在的展开式中，所有二项式系数和为，则该展开式中常数项为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由二项式系数和可求得的值，写出展开式通项，令的指数为零，求出参数值，代入通项即可得解.

【详解】由题意可得，则，

展开式通项为，

令，可得，因此，展开式中的常数项为.

故选：B.

6．已知命题，；命题，．则下列命题中为真命题的是（       ）

A．p且q B．且q

C．p且 D．且

【答案】B

【分析】根据指数函数的单调性及正弦函数的有界性可判断p的真假，由导数可证明成立，可判断q的真假，再由复合命题的真值表判断即可.

【详解】当时，，，故命题p错误，正确；

令，则，则在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，故命题q正确，错误．

所以p且q是假命题，A选项错误；且q是真命题，B选项正确；

p且是假命题，C选项错误；且是假命题，D选项错误．

故选：B

7．设等差数列的前项和为，且，，则当（       ）时，最大.

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据等差数列求和公式得到和的正负，

再根据等差数列性质得到和的正负，通过判断即可求解.

【详解】因为，所以，即，

因为，所以，即，

根据等差数列性质，因为，即，

又因为，即；所以得且，

所以等差数列为递减的数列，所以当时，最大.

故选：B.

8．已知圆与圆有且仅有两条公共切线，则正数的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由两圆方程可确定圆心和半径，根据两圆公切线条数可知两圆相交，根据相交时圆心距和两圆半径之间关系构造不等式求得的取值范围，进而得到结果.

【详解】解：圆方程可化为：，则圆心，半径；

由圆方程知：圆心，半径；

圆与圆有且仅有两条公切线，

两圆相交，

又两圆圆心距，

，即，解得：或，

因为为正数，所以

故选：C

9．三棱锥的体积为，底面，且的面积为4，三边的乘积为16，则三棱锥的外接球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】∵三棱锥的体积为且的面积为4，∴，由底面，所以球心到底面的外接圆圆心的距离为1，另，，两式相除，由正弦定理知底面的外接圆半径为1，所以三棱锥的外接球的半径为，表面积为，故选B.

点睛：本题考查三棱锥的外接球体积以及正弦定理在解三角形中的应用，考查学生的计算能力，确定三棱锥的外接球的半径是关键；首先根据三棱锥的体积可得球心到底面的距离为1，由正弦定理可得底面的外接圆半径为1，故而通过勾股定理可求得球的半径.

10．已知数列满足，，数列满足，，则数列的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由递推公式，，两边取倒数可得：，，利用等差数列的通项公式可得，数列满足，，再利用等差数列的求和公式可得，利用导数研究函数的单调性即可得出．

【详解】解：，，

，即，，

数列以1为首项，2为公差的等差数列，

，

数列满足，，

所以

，时也成立），

所以，

令，，

，

可得：函数在上单调递减；在上单调递增．

而， ，

数列的最小值为．

故选：．

11．若存在两个正数，使得不等式成立，其中， 为自然对数的底数，则实数的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题知存在两个正数，，令，则，进而转化为存在，使得成立，再研究函数的最小值进而得答案.

【详解】解：因为存在两个正数，使得，

所以，不等式两边同得：存在两个正数，，

故设，则，

则原问题等价于，存在，使得，

因为，所以，存在，使得成立，

设，，恒成立，

所以为增函数，

因为，

故当时,，当时,，

即当时,函数取得极小值也是最小值为：，

即，

存在，使得成立，则，解得

所以，实数的取值范围是.

故选：C

12．已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论：

①在区间上有且仅有3个不同的零点；

②的最小正周期可能是；

③的取值范围是；

④在区间上单调递增．

其中所有正确结论的序号是（       ）

A．①④ B．②③ C．②④ D．②③④

【答案】B

【分析】令，则，由函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，可求出判断③，再利用三角函数的性质可依次判断①②④.

【详解】由函数，

令，则

函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，

由，得，则，

即，，故③正确；

对于①，，，

当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；

当时，在区间上有且仅有4个不同的零点；故①错误；

对于②，周期，由，则，，

又，所以的最小正周期可能是，故②正确；

对于④，，，又，

又，所以在区间上不一定单调递增，故④错误．

故正确结论的序号是：②③

故选：B

【点睛】方法点睛：函数的性质：

(1) .

(2)周期

(3)由 求对称轴，由求对称中心.

(4)由求增区间；由求减区间.

二、填空题

13．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为______．

【答案】11

【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数即可得解.

【详解】解：如图所示，画出可行域，

联立，解得，即，

由，得，

由图可知当直线经过点时，z取得最大值，最大值为11．

故答案为：11.

14．若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，现从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率是____________

【答案】

【分析】通过列举法求出满足题意的三位数十全十美数个数，再运用概率公式计算即可.

【详解】所有三位数个数为900个.

“十全十美数”有54个列举如下：①有一位数字是的，共有个，分别为；

②含有两个相同数字的，共有个，分别为；

③不含0且没有相同数字的，共有个，分别为,

从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率.

故答案为:

15．如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为和，球心距离,截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于______．

【答案】

【分析】利用已知条件和几何关系找出圆锥母线与轴的夹角为 ，截面与轴的夹角为 的余弦值，即可得出椭圆离心率．

【详解】如图，圆锥面与其内切球，分别相切与，连接,则，，过作垂直于，连接， 交于点C

设圆锥母线与轴的夹角为 ，截面与轴的夹角为.

在中， ，

解得

即

则椭圆的离心率

【点睛】“双球模型”椭圆离心率等于截面与轴的交角的余弦与圆锥母线与轴的夹角的余弦

之比，即．

三、双空题

16．如图是由两个有一个公共边的正六边形构成的平面图形，其中正六边形边长为1．设，则________；是平面图形边上的动点，则的取值范围是________．

【答案】     1    

【分析】建立平面直角坐标系，利用相等向量的坐标相等，列式求解；设，求出，通过直线平移即可求解的取值范围.

【详解】

建立以为原点，如图所示的平面直角坐标系，连接，

因为六边形为正六边形，

所以，，

作于，

所以，，

所以，，，

所以，，

设，，，

所以，

所以

如图所示，在平面直角坐标系中，其中，

作直线，平移使之经过多边形内每一个点，当直线经过线段时，取得最大值，当当直线经过线段时，取得最小值.

故答案为：；

四、解答题

17．在①；②；③，这三个条作中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且   .

(1)求角C的大小；

(2)若，求的中线长度的最小值.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）若选①，则根据正弦定理，边化角，再利用余弦定理即可求得答案；若选②，则根据正弦定理，边化角，再利用两角和的正弦公式化简，求得答案；若选③，则根据正弦定理，边化角，再利用诱导公式结合倍角公式化简，求得答案；

（2）根据可得，利用余弦定理得到，在三角形中，由余弦定理求得，即可求得答案.

【详解】(1)选择条件①：由及正弦定理，得：，

即，由余弦定理，得,

因为，所以；

选择条件②：由及正弦定理，

得：，

即.

即.

在中，，所以，

即，因为，所以，所以,

因为，所以；

选择条件③：由及正弦定理，

得：，

因为,，所以.

在中，，则，

故.

因为，所以，则，

故；

(2)因为，所以，

整理得，

在三角形中，由余弦定理得.

因为，当且仅当时取等号，

所以，即，

所以，即，

即长度的最小值为.

18．如图，已知直三棱柱中，侧面为正方形，，D，E，F分别为AC，BC，的中点，，G为线段DE上的点且.

(1)证明：；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，利用空间向量证明垂直的方法证明；（2）求解平面，平面的法向量，利用向量的夹角公式代入求解.

【详解】(1)在直三棱柱中，侧面为正方形，

所以，，

而，，，平面，

所以平面，

所以平面，平面，所以，

故以为坐标原点，以为轴，以为轴，

以为轴，建立空间直角坐标系，如图：

，，，，

∴，

∴，所以，即；

(2)由（1）可知：，，，

设平面的法向量为，则，

即，则.

设平面的法向量为，则，

即，则

设二面角的平面角为，结合图形，为锐角，

故

【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

19．学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为；参加“四人赛”活动（每天两局）时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p，．李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动（每天两局），各局比赛互不影响．

(1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和数学期望；

(2)设李明在这5天的“四人赛”活动（每天两局）中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为．求p为何值时，取得最大值．

【答案】(1)分布列见解析，（分）

(2)

【分析】（1）可取5，6，7，8，9，10，求出对应随机变量的概率，从而可求出分布列，再根据期望公式求出数学期望即可；

（2）先求出一天得分不低于3分的概率，再求出恰有3天每天得分不低于3分的概率为，再根据导出求出函数的单调区间，即可得出答案.

【详解】(1)解：可取5，6，7，8，9，10，

，，

，，

，，

分布列如下：

所以（分）；

(2)解：设一天得分不低于3分为事件，

则，

则恰有3天每天得分不低于3分的概率，

则

，

当时，，当时，，

所以函数在上递增，在上递减，

所以当时，取得最大值.

20．已知双曲线.

(1)过点的直线与双曲线交于S，T两点，若点N是线段ST的中点，求直线ST的方程；

(2)直线：与双曲线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交x轴、y轴于，两点.当点运动时，求点的轨迹方程，并说明该轨迹是什么曲线.

【答案】(1).

(2)的轨迹方程为，其中，的轨迹是焦点在轴上，实轴长为20，虚轴长为10的双曲线去掉两个顶点后的图形.

【分析】(1)利用点差法求直线的斜率，由点斜式求直线ST的方程；(2)联立直线与双曲线方程求点的坐标，再求，消参可得点的轨迹方程，再根据方程判断其形状.

【详解】(1)设，，则

两式相减得，即.

若为的中点，则，即直线的斜率为1，

所以直线的方程为，即.

联立方程组得，满足，

故直线ST的方程为.

(2)联立方程组得，

因为，且是双曲线与直线唯一的公共点，

所以，得，

所以点的坐标为，其中.

因为过点且与直线垂直的直线为，

令，得，令，得，

所以，

故的轨迹方程为，其中，

的轨迹是焦点在轴上，实轴长为20，虚轴长为10的双曲线去掉两个顶点后的图形.

【点睛】(1)中点弦问题一般用点差法解决，注意检验所得结果是否符合要求；(2)本题是利用参数法求轨迹方程，注意检验所得曲线方程是否含增根.

21．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)设为两个不等的正数，且（），若不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减

(2)

【分析】（1）首先对函数求导，令导数大于零，求得增区间，令导数小于零，求得减区间；

（2）令，将式子转化为，实数满足且不等式恒成立，由及（1）知，利用函数在单调递减，构造新函数，求导，分情况讨论求得结果.

【详解】(1)因为，

所以当在上单调递增，

当在上单调递减．

(2)令，

则，

依题意得实数满足且不等式恒成立，          

由及（1）知，

法1：不等式恒成立知，所以，∴，

又函数在单调递减，∴，

又，所以，即，          

两边取对数得对恒成立，

设，

则，

①当时，对恒成立，

此时在上单调递增，故恒成立，符合题意，

②当时，，则，

此时在上单调递减，故，不符合题意．

综上所述，．                    

法2：由

令，则，

所以不等式          

令，依题意恒成立．

①当时，递增，从而，

所以在上递增，故恒成立．

②当时，由得，所以在上递减，

所以在上递减，

故，不合题意．

③当时，由知，不合题意．综上所述，．

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为 （为参数，），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.

(1)求直线l和曲线C的普通方程；

(2)直线l和曲线C相交两点，若，且，求直线的方程.

【答案】(1)直线l的普通方程为；曲线C的普通方程是

(2)

【分析】（1）消去参数得得，根据，将极坐标方程化为普通方程；

（2）将直线的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，结合直线参数方程的几何意义得，进而得，故直线l的方程是

【详解】(1)解：直线l的参数方程为（t为参数，），

消去参数得，

，

令，，

可得曲线C的普通方程是．

(2)解：将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程中，整理得关于的方程，

显然，设点A，B所对应的参数分别为，，由根与系数的关系，

得，，

所以，由直线参数方程的几何意义得：，

，

所以，化简得，

，，

所以，直线l的方程是

23．已知函数.

(1)求满足不等式的最大整数；

(2)在（1）的条件下，对任意，若，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据零点分段法解不等式，即可求出的值；

（2）由，结合基本不等式，利用乘“1”法即可求得的最小值.

【详解】(1)当时，原不等式可转化为，

所以；

当时，原不等式可转化为，解得，

所以

当时，原不等式可转化为，解得（舍），

综上所述，原不等式的解集为，

所以满足不等式的最大整数.

(2)由（1）得，

因为，

所以

，

当且仅当，即时等号成立，

故的最小值为.