2022届江西省南昌市第十中学高三下学期高考仿真模拟考试（一）数学（理）试题含解析

2022届江西省南昌市第十中学高三下学期高考仿真模拟考试（一）数学（理）试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（       ）

A．（1，2） B．（1，2] C．（2，+ ∞） D．[2，+ ∞）

【答案】A

【分析】化简集合即要求对数的真数大于0，集合即要求偶次方根内要大于等于0.

【详解】由题可知，集合，集合或，

故，.

故选：A.

2．如图，在复平面内，复数对应的点为，则复数（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据点的坐标求得复数，再根据复数的乘法运算，即可求得结果.

【详解】由图可知，点的坐标为，故，

则.

故选：D.

3．展开式中的常数项为（       ）

A． B． C．15 D．30

【答案】C

【分析】由二项式写出展开式的通项，再判断常数项对应的r值，即可求常数项.

【详解】由题设，，

所以，当时常数项为.

故选：C

4．直线与抛物线交于两点，以为直径的圆的半径为（       ）

A．4 B．8 C．10 D．12

【答案】A

【分析】注意到AB为过焦点的弦，故可直接用公式计算.

【详解】直线刚好经过抛物线C的焦点（1，0），故，

所以以为直径的圆的半径为4.

故选：A.

5．已知是数列的前项和，则“”是“数列是公差为2的等差数列”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

【答案】A

【分析】利用与的关系，得到，进而利用等差数列的性质进行判断即可

【详解】已知，所以，当时，

，

所以数列是公差为2的等差数列；当数列是公差为2的等差数列时，因为不知首项，所以数列的前n项和不确定，所以是充分不必要条件

故选：A

6．已知，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据同角三角函数平方关系和角的范围可求得，进而结合二倍角公式可求得，根据角的范围可进一步求得，，由，利用两角和差正弦公式可求得结果.

【详解】，，又，

，，

，解得：，

，

，，

，，

.

故选：B.

7．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（       ）

A．8种 B．14种 C．20种 D．116种

【答案】B

【分析】按照同个元素（甲）分类讨论，特殊元素和特殊位置优先考虑即可得解.

【详解】按照甲是否在天和核心舱划分，

①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的三人中选取两人，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能；

②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下四人中选取三人进入天和核心舱即可，则有种可能；

根据分类加法计数原理，共有6+8=14种可能.

故选：B.

8．赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形组成)，如图(1)类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图(2)所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，则图中阴影部分与空白部分面积之比为(       )

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，根据几何关系求出AD、DF、BD、，根据余弦定理求出AB，再根据等边三角形面积即可计算.

【详解】设，则，，，，

在中，根据余弦定理得，

，

∴，

，

∴，

∴图中阴影部分与空白部分面积之比为.

故选：B.

9．已知向量，在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则最小值是（     ）

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】建立直角坐标系，利用向量模的坐标表示结合二次函数最值求解作答.

【详解】依题意，建立如图所示的坐标系，则，，

，当且仅当时取“=”，

所以最小值是.

故选：D

10．如图，长方体中，，设点是棱上的动点，在该长方体对角线上随机取一点，则成立的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，使，得到点满足的条件即可求解.

【详解】以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.

则,设，，且设.

从而有，，,

由，有，

解得，即，

所以，由题意有，

所以，而，

所以在该长方体对角线上随机取一点，使成立的概率.

故选：C

11．已知是双曲线：的右焦点，直线与双曲线交于，两点，为坐标原点，，的中点分别为，，若，则双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设位于第一象限，由，得到，连接，得到，

根据题意得到，求得，得出的值，

结合双曲线的定义和离心率的计算公式，即可求解.

【详解】如图所示，不妨设点位于第一象限，因为，所以，

设为双曲线的左焦点，连接，

因为，，分别为，，的中点，所以，，

所以，所以，所以，

又直线的方程为，所以，

所以，得，

所以，，

所以，

，

由双曲线的定义可知，

所以双曲线的离心率．

故选：A

【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：

1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；

2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；

3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.

12．过平面内一点作曲线两条互相垂直的切线、 ，切点为、（、不重合），设直线、分别与轴交于点、，则下列结论正确的个数是（       ）

①、两点的横坐标之积为定值；             

②直线的斜率为定值；

③线段的长度为定值；                      

④三角形面积的取值范围为．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设点、的横坐标分别为、，且，分析可知或，利用导数的几何意义可判断①的正误；利用斜率公式可判断②的正误；求出点、的坐标，利用两点间的距离公式可判断③的正误；求出点的横坐标，利用三角形的面积公式可判断④的正误.

【详解】因为，

所以，当时，；当时，，

不妨设点、的横坐标分别为、，且，

若时，直线、的斜率分别为、，此时，不合乎题意；

若时，则直线、的斜率分别为、，此时，不合乎题意.

所以，或，则，，

由题意可得，可得，

若，则；若，则，不合乎题意，所以，，①对；

对于②，易知点、，

所以，直线的斜率为，②对；

对于③，直线的方程为，令可得，即点，

直线的方程为，令可得，即点，

所以，，③对；

对于④，联立可得，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递增，则当时，，

所以，，④错.

故选：C.

二、填空题

13．已知不等式组表示的平面区域是一个三角形区域，则该三角形区域的面积为___________.

【答案】

【分析】根据不等式组作出平面区域，数形结合即可求解.

【详解】不等式组对应的平面区域如图：

A(1，0)，B(4，0)，，

C的纵坐标为，∴.

故答案为：.

14．已知函数为偶函数，则的值为_________.

【答案】

【分析】利用偶函数的定义化简变形即可.

【详解】因为函数为偶函数，所以，

则有=，得，则有.

故答案为：.

15．锐角中，，角A的角平分线交于点， ,则 的取值范围为_________.

【答案】

【分析】根据正弦定理表示出，，从而表示出，根据角的范围结合三角恒等变换求得答案.

【详解】由已知得， ,

在中，由正弦定理得， ,

同理可得 ,

故,

而

，

因为锐角中， ,

故，则，，

故，

故答案为：

16．已知正四面体ABCD的棱长为4，点E在棱AB上，且BE＝3AE，过E作四面体ABCD外接球的截面，则所作截面面积的最小值为______．

【答案】3π

【分析】将正四面体放入正方体中求出体对角线的长度,即可得外接球半径,进而根据余弦定理求出最大的高度,进而截面最小.

【详解】如图，正四面体ABCD的棱长为4，则正方体的棱长为，正四面体ABCD的外

接球即正方体的外接球，设球心为O，球的半径为R，则

∴ ,，,在中,，

当垂直于截面时,此时截面最小,则截面圆的半径，∴截面面积的最小值为.

故答案为:

三、解答题

17．若数列满足：，，对于任意的，都有.

(1)证明：数列是等比数列；

(2)求数列的通项公式.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由，得，即可得证；

（2）由数列为等比数列，可得数列的通项公式，再利用构造法求得数列的通项公式.

【详解】(1)由，得，

且，

所以数列为等比数列，首项为，公比为

(2)由（1）得，

等式左右两边同时除以可得：，即，

且，

所以数列为等差数列，首项为，公差为，

所以，

所以.

18．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD=CD=BC=CF=1．

(1)求证：EF⊥平面BCF；

(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大？并求此时锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)M与F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，余弦值为

【分析】（1）在梯形ABCD中，由分析知， AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，所以AC⊥CF，进一步得AC⊥平面BCF，又因为AC∥EF，因此EF⊥平面BCF.

（2）因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面FCB的法向量，然后结合二次函数求最值的方法求解平面和平面FCB所成的锐二面角的最大值.

【详解】(1)证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=CD=BC=1，故梯形ABCD为等腰梯形，

因为，则，所以

又因为，则，

∴AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，AC平面ABCD，

∴AC⊥CF        ∵，   ∴AC⊥平面BCF，

因为四边形ACFE为矩形，则AC∥EF，因此，EF⊥平面BCF

(2)因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

在Rt△ABC中，，．

则A(，0，0)、B(0，1，0)、C(0，0，0)、F(0，0，1)、E(，0，1)，

设点M(t，0，1)，其中

设平面MAB的法向量为，

由，取，可得，．

易知平面FCB的一个法向量为，

所以，当，即M与F重合时，取最小值，此时平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值为

19．2022年，是中国共产主义青年团成立100周年，为引导和带动青少年重温共青团百年光辉历程，某校组织全体学生参加共青团百年历史知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：[40，50）、[50，60）、[60，70）、、[90，100]，统计结果如图所示：

(1)试估计这100名学生得分的平均数；

(2)从样本中得分不低于70分的学生中，用分层抽样的方法选取11人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人，记其得分在[90，100]的人数为，试求的分布列和数学期望；

(3)以样本估计总体，根据频率分布直方图，可以认为参加知识竞赛的学生的得分近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，经计算．现从所有参加知识竞赛的学生中随机抽取500人，若这500名学生的得分相互独立，试问得分高于77分的人数最有可能是多少？

参考数据：，，．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，数学期望为

(3)最有可能是79

【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式计算可得；

（2）首先按照分层抽样求出得分在的人数，则的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；

（3）由（1）知，，根据正态分布的性质求出，记500名学生中得分高于77的人数为，则，根据二项分布的概率公式求出取何值时概率取得最大，即可得解；

【详解】(1)解：由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数

．

(2)解：参加座谈的11人中，得分在的有人，

所以的可能取值为，，，

所以，，．

所以的分布列为

∴．

(3)解：由（1）知，，

所以．

记500名学生中得分高于77的人数为，则，其中，

∴，，1，2，…，500，

则，

当时，，

当时，，

∴得分高于77分的人数最有可能是．

20．已知椭圆的右顶点为，离心率为．过点与x轴不重合的直线l交椭圆E于不同的两点B，C，直线，分别交直线于点M，N．

(1)求椭圆E的方程；

(2)设O为原点．求证：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由题得到关于的方程组，解方程组即得解；

（2）设，只需证明.设直线l的方程为，联立椭圆方程得韦达定理，根据三点共线得到，，求出即得证.

【详解】(1)解：由题得

所以椭圆E的方程为.

(2)解：要证，只需证，

只需证明只需证明

只需证明

设，只需证明只需证明.

设直线l的方程为，

联立椭圆方程得，

设，所以，

又三点共线，所以，同理，

所以，

所以

所以.

所以.

21．已知函数 ， 是的导函数.

(1)证明：函数只有一个极值点；

(2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，证明： ．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)求导，根据导函数的单调性以及符号即可证明；

(2)应用极值点偏移的方法即可证明.

【详解】(1)函数的定义域为，且 ．

当时， ；

当时，令 ，则 ，

在上单调递增．

又，，，使得，

即，

当，时， ；当时， ，

∴函数在上单调递减，在上单调递增，

只有一个极小值点，无极大值点；

(2)由（1）知，函数 在上单调递增， ，

且 ，

，函数在上单调递减，在上单调递增，

不妨设，则，

要证 ，即证，只要证

，．

又在上单调递增，

∴要证，即证．

令，

，

令 ，则 ，

令 ，则 ，

在上单调递增，，

在上单调递减，，

在上单调递增，，即 .

【点睛】本题的难点是极值点偏移，实际上对于极值点偏移是有专门的方法的，

即是以极值点为对称轴，作原函数的对称函数，通过判断函数图像是原函数的上方还是下方，即可证明.

22．已知直线（其中常数，为参数），以原点为极点，以轴非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.已知直线与曲线相切于点.

(1)求的值；

(2)若点为曲线上一点，求的面积取最大值时点的坐标.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将直线、曲线的方程均化为普通方程，可知曲线为圆，利用圆心到直线的距离等于圆的半径，结合可求得实数的值；

（2）联立直线与曲线的普通方程，可得出点的坐标，求出直线的方程，设点的坐标为，利用点到直线的距离公式结合三角恒等变换可求得点到直线的距离的最大值，可求得的值，即可求得点的坐标.

【详解】(1)解：由已知可得直线的普通方程为，

曲线的极坐标方程可化为，即，

所以，曲线的直角坐标方程为，

所以，曲线是以点为圆心，半径为的圆，

根据点到直线的距离公式可知，因为，解得.

(2)解：联立，解得，即点，

所以，直线的方程为，而且弦的长度一定，

要使的面积最大，只需点到直线的距离最大，

设，则点到直线的距离为，

所以当时，即当hi，即时，

点到直线的距离最大，此时点的坐标为.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)设函数的最小值为，正实数，满足，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据绝对值分段讨论

（2）分段讨论后求出的值，然后利用基本不等式求出的范围

【详解】(1)由条件可知原不等式可化为

①，②，③，

解①得；解②得；解③得，

所以原不等式的解集为.

(2)因，

所以当时，函数的最小值为，于是，

∵a>0，b>0，而，于是.

∵

∴，原不等式得证