2022届江苏省南京市金陵中学高三下学期二模模拟测试数学试题含解析

2022届江苏省南京市金陵中学高三下学期二模模拟测试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出，再根据交集的定义可求.

【详解】，故，

故选：A.

2．设平面向量，若则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据求得，再根据向量模的坐标表示求得正确答案.

【详解】由于，所以，

，

.

故选：A

3．设是公差的等差数列，如果，那么（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由已知可得，即可得解.

【详解】由已知可得

.

故选：D.

4．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用二倍角公式代入计算.

【详解】因为，所以，从而得.

故选：A

5．在如今这个5G时代，6G研究已方兴未艾．2021年8月30日第九届未来信息通信技术国际研讨会在北京举办．会上传出消息，未来6G速率有望达到1Tbps，并启用毫米波、太赫兹、可见光等尖端科技，有望打造出空天地融合的立体网络，预计6G数据传输速率有望比5G快100倍，时延达到亚毫秒级水平．香农公式是被广泛公认的通信理论基础和研究依据，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递率C取决于信道带宽W、信道内信号的平均功率S、信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比．若不改变带宽W，而将信噪比从9提升至161，则最大信息传递率C会提升到原来的（       ）参考数据：．

A．2.4倍 B．2.3倍 C．2.2倍 D．2.1倍

【答案】C

【分析】按照题中所给公式分别求出当时和当时的最大信息传递率即可求出答案.

【详解】当时，最大信息传递率

当时，最大信息传递率

.

故选：C.

6．为正方体对角线上的一点，且，下面结论不正确的是（       ）

A． B．若平面PAC，则

C．若为钝角三角形，则 D．若，则为锐角三角形

【答案】C

【分析】连接，根据正方体的性质，证得平面，得到，可判定A正确；连接，证得平面，得到点在平面中，可判定B正确；设正方体的棱长为，当时，求得，可判定C不正确；建立如图所示的空间直角坐标系，求得的坐标，利用，求得的范围，可判定D正确.

【详解】如图（1）所示：

对于A中，正方体中，连接，

因为平面，且平面，所以，

又由且，所以平面，

因为，所以平面，所以，所以A正确；

对于B中，正方体中，连接，

可得，且，所以平面，

若平面，可得点在平面中，可得，

又由，所以，所以B正确；

对于C中，设正方体的棱长为，

当为的中点时，即时，可得，，

由余弦定理可得，可得，

所以若为钝角三角形，则是不正确的，故C不正确；

对于D中，建立如图所示的空间直角坐标系，如图（2）所示不妨设正方体的棱长为1，

则，

可得，

,

由，

令，解得或（舍去），

又由，所以，

即当时，，即为锐角，

又因为中，，所以为锐角三角形，所以D正确.

故选：C.

7．“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上.该圆称为椭圆的“蒙日圆”若椭圆的离心率为，则椭圆的“蒙日圆”方程为（       ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】C

【分析】分类讨论和，当时，根据离心率求出，然后在椭圆上取两点，并写出对应的切线方程求出交点，进而求出圆半径即可；对于的情况与的方法步骤一致.

【详解】若，则，即，所以，

由于椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，

不妨取两点，则两条切线为和，所以两条切线的交点为，且点在蒙日圆上，所以半径为，所以蒙日圆为；

若，则，即，所以，

由于椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，

不妨取两点，则两条切线为和，所以两条切线的交点为，且点在蒙日圆上，所以半径为，所以蒙日圆为；

综上：椭圆的“蒙日圆”方程为或

故选：C.

8．设，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用幂函数和指数函数的性质判断的范围，利用基本不等式判断的范围，构造新函数并利用导数讨论函数的单调性求出的范围，进而得出结果.

【详解】由，得，即，所以，

所以，则，即；

由，即；

设，则，

所以在上单调递增，且，

所以当时，即，

当时，即，

又，则，

所以，即，

综上，.

故选：A

二、多选题

9．复数，则下列选项一定正确的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据共轭复数的定义，结合复数的四则运算法则逐一判断即可.

【详解】因为，所以.

A：因为，，所以，因此本选项正确；

B：因为，，所以，因此本选项不正确；

C：因为，，所以，因此本选项正确；

D：因为，

所以，因此本选项不正确，

故选：AC

10．在四边形ABCD中，，，，，将沿BD折起，使平面平面BCD，构成三棱锥，则在三棱锥中，下列命题错误的是（       ）

A．平面平面ABC B．平面平面BCD

C．平面平面BCD D．平面平面ABC

【答案】ABC

【分析】根据已知条件，结合面面垂直的判定和性质，结合二面角的定义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】根据题意，作图如下：

因为在四边形ABCD中，，，，，

所以，又平面平面BCD，且平面平面，

故平面ABD，又面，则，又，

又面，故平面ADC，又面，

所以平面平面ADC，故正确；

设，则，，，

由，又，面，可得平面ADC，

又面，可得，，

所以为平面ABD与平面ABC所成角，且，

故二面角不为直角，故错误；

由上述证明可知，为平面ADC与平面BCD所成角，为45°，故错误；

若平面平面BCD，取BC的中点H，可得，则平面ABC，

平面ABC，可得，

而△中，，，，显然△不为直角三角形，故错误.

故选：ABC.

11．在平面直角坐标系xOy中，点F是抛物线的焦点，点，在抛物线C上，则下列结论正确的是（       ）

A．C的准线方程为 B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】依据题意求得抛物线的标准方程.解得抛物线的准线方程判断选项A；解得参数b判断选项B；求得判断选项C；求得判断选项D.

【详解】点，在抛物线C上

则，解之得

则抛物线，，

选项A：抛物线C的准线方程为.判断正确；

选项B：.判断正确；

选项C：.判断错误；

选项D：抛物线C的焦点，

则，

则.判断正确.

故选：ABD

12．某人投了100次篮，设投完前n次的命中率为．其中，….100．已知，则一定存在使得（       ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】设k为不超过85的自然数，根据题意得，对A，记前k次投篮中，投中的次数减去不中的次数为，得到，通过分析即可判断；对B，C，通过反例即可判断；对D，如果不存在，使，分析可得，推出矛盾，即可判断.

【详解】解：根据题意得：，其中k为不超过85的自然数，且；

对A，记前k次投篮中，投中的次数减去不中的次数为，

则，

又，

一定存在m，使得，此时，故A正确；

对B，前100次投篮中，若前次投篮均不中，后面次投篮均命中，

则对于，方程无整数解，故B错误；

对C，若前次不中，后面次投篮均命中，最后一次不中，

则对于，方程无整数解，故C错误；

对D，如果不存在m，使得，

则前5次投篮中至少有2次不中，

前10次投篮中至少有3次不中，

前15次投篮中至少有4次不中，

依此类推，前70次投篮中至少有15次不中，

即前75次投篮中恰有15次不中，

从而，矛盾，故D正确．

故选：AD.

三、填空题

13．边长为3的正方形的四个顶点都在球上，与对角线的夹角为45°，则球的体积为______.

【答案】

【分析】根据给定条件结合球的截面小圆性质求出球O的半径，再利用球的体积公式计算作答.

【详解】因边长为3的正方形的四个顶点都在球上，则正方形的外接圆是球O的截面小圆，其半径为，

令正方形的外接圆圆心为，由球面的截面小圆性质知是直角三角形，且有，

而与对角线的夹角为45°，即是等腰直角三角形，球O半径，

所以球的体积为.

故答案为：

【点睛】关键点睛：涉及求球的表面积、体积问题，利用球的截面小圆性质是解决问题的关键.

14．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，，，，1，，，，1，…，其中第一项是1，接下来的两项是，1，再接下来的三项是，，1，依此类推，求满足如下条件的最小整数N；该数列的前N项和大于46，那么该款软件的激活码是______．

【答案】83

【分析】根据题意可求得该数列的前项和，再根据，求得，即可求得答案.

【详解】解：该数列的前项和为

，

要使，当时，，则，

又，

所以对应满足条件的最小整数．

故答案为：83.

15．已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，点A在C的右支上，AF1与C交于点B，若，则C的离心率为________．

【答案】

【分析】由题意可得为等腰直角三角形，设，结合等腰三角形的性质和双曲线的性质，可得，再在中，由余弦定理可得，从而可求出离心率

【详解】因为，

所以为等腰直角三角形，

设，则，

由双曲线的定义可得，

所以，

因为，

所以，

所以，，

在中，由余弦定理得

，

所以，

所以，得，

所以离心率为，

故答案为：

四、双空题

16．已知函数，则的最小正周期为___________；当时，的值域为___________.

【答案】         

【分析】先根据函数周期性的定义说明是函数的一个周期，在利用导数说明函数的单调性，从而证明是最小正周期；

根据函数的单调性可求得最大值，再比较时端点处的函数值大小，即可求得答案.

【详解】因为，

故为的一个周期,

而当时，，

由题意可知，

令，得，故，，

因为当时，，当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，故的最小正周期为π，

且在上的最大值为，而，，

故，故当时，函数的值域为,

故答案为：；

五、解答题

17．已知等比数列的前项和为，，且满足，，成等差数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)记，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意，，利用基本量表示，运算即得解；

（2）乘公比错位相减法求和，即得解

【详解】(1)设等比数列的公比为，

依题意，，则

∴，，

∴，∴

(2)∵，∴，

由题意可得①

②

①-②得到

∴

∴

∴

∴

18．已知四边形，A，B，C，D四点共圆，，，．

(1)若，求的长；

(2)求四边形周长的最大值．

【答案】(1)5

(2)

【分析】（1）先通过余弦定理求出，再借助正弦定理求即可；

（2）直接表示出周长，借助余弦定理求出的最大值，即可求出周长的最大值.

【详解】(1)在中，由余弦定理得

，得.     

因为，所以.     

因为四点共圆，所以与角互补，

所以，，

在，由正弦定理得：，

所以.

(2)因为四边形的周长为，

在中，由余弦定理得：，

即

，

当且仅当时，，

所以四边形周长的最大值为.

19．如图，三角形ABC是边长为3的等边三角形，E，F分别在边AB，AC上，且，M为BC边的中点，AM交EF于点O，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使．

(1)证明：平面EFCB；

(2)若平面EFCB内的直线平面DOC，且与边BC交于点N，问在线段DM上是否存在点P，使二面角P—EN—B的大小为60°？若存在，则求出点P；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在，.

【分析】（1）先由勾股定理证，易得，即得证；

（2）连接，过作交于，如图建立空间直角坐标系设，再利用向量法求解.

【详解】(1)证明：在中，易得，，，

由，得，

又，，，

又为中点，，，

因为，平面，

平面.

(2)解：连接，过作交于，平面，平面，则平面，

又，四边形为平行四边形，，

如图建立空间直角坐标系设，

由题得平面的法向量为.

设平面的法向量为，

由题得,

所以，所以.

由题得,所以,

所以，所以，

因为二面角P—EN—B的大小为60°，

所以，解之得（舍去）或.

此时.

20．已知双曲线的左顶点为，右焦点为F，点B在C上．当时．不垂直于x轴的直线与双曲线同一支交于P，Q两点．

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)直线PQ过点F，在x轴上是否存在点N，使得x轴平分？若存在，求出点的N的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在

【分析】（1）根据顶点坐标、及可求解；

（2）直线，与双曲线联立，由条件可知有，结合韦达定理可求解.

【详解】(1)依题意，，，，

解得，得，.

∴．

(2)假设存在，，设，，

设直线，则，得，

则，且，

即，即，

依题意，，

即，，

，，

即，，，

故存在．

21．某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个．

（1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及；

（2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为．

①；

②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．

【答案】（1），；（2）①；②应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．

【分析】（1）根据题意，集齐，，玩偶的个数可以分三类情况：，， 玩偶中，每个均有出现两次、，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次、，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次讨论计算，并根据古典概率计算即可；对于，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率再求解.

（2）①根据题意，，当时，，再根据数列知识计算即可；

②由①得购买甲系列的概率近似于，故用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，再根据二项分布的期望计算即可.

【详解】解：（1）由题意基本事件共有：种情况，

其中集齐，，玩偶的个数可以分三类情况，

，， 玩偶中，每个均有出现两次，共种；

，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次，共种；

，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次，共种；

故.

根据题意，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率，即，

所以.

（2）①由题意可知：，当时，，

∴，

所以是以为首项，为公比的等比数列，

∴，

②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，

所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作n趋向无穷大，

所以购买甲系列的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，

所以，即购买甲系列的人数的期望为40，

所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．

【点睛】本题考查排列组合，数列递推关系，二项分布的数学期望等，考查运算求解能力，是中档题.本题第一问解题的关键在于根据题意，分类计数，注意考虑全面，避免重漏，第二问解题的关键在于根据题意得关于的递推关系，进而利用数列知识求解.

22．已知函数．

(1)若，求在上的单调性；

(2)试确定的所有可能取值，使得存在，对，恒有．

【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；

(2).

【分析】（1）对函数进行求导，然后构造函数，再求导，根据导数的性质进行求解即可；

（2）根据绝对值的性质，结合任意性的定义，通过导数的性质分类讨论求解即可.

【详解】(1)

构造函数时，单调递增，

故：时，，在上单调递增，

时，，在上单调递减

(2)依题对，有：

记

记

若，存在，在单调递减，

，矛盾：

若，存在，在单调递增，

，矛盾；

若

当时，单调递增，单调递减，，

综上可得：.

【点睛】关键点睛：根据任意性、绝对值的性质，利用导数求解是解题的关键.