2022届江西省萍乡市高三第三模拟考试数学（文）试题含解析

2022届江西省萍乡市高三第三模拟考试数学（文）试题

一、单选题

1．如图，全集，，，则阴影部分表示的集合为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用交集和补集的定义即可求解.

【详解】由图示可知，阴影部分可表示为,

∵,

∴,

故选：.

2．在复平面内，复数所对应的点关于虚轴对称，若，则复数（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据对应的点的特征直接求出即可.

【详解】因为对应的点为，所对应的点关于虚轴对称，

所以对应的点为，所以.

故选：B.

3．在中，分别为角的对边，已知，的面积为2，则边长（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由三角形的面积公式代入即可求出答案.

【详解】因为，所以，则.

故选：A.

4．具有线性相关关系的变量有一组观测数据，其回归直线方程是，若，则实数的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出样本中心点，再代入回归直线方程，即可求解.

【详解】因为，

所以，.

因为回归直线方程是，所以，即，解得：=.

故选：C

5．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由，分子分母同除以，即可求出结果.

【详解】因为，

又，所以，

故选：A.

6．已知直线被圆截得的弦长为2，则（       ）

A． B． C．3 D．4

【答案】A

【分析】根据半径的平方等于弦长一半的平方加圆心到直线的距离的平方，即可求出答案.

【详解】圆心到直线的距离，弦长的一半为1，.

故选：A.

7．已知正实数满足，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知可得，利用基本不等式即可求出.

【详解】由，则，

所以，当且仅当，即时等号成立，

所以的最小值为.

故选：B.

8．已知命题；命题为平面，为直线，若则.下列为真命题的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意先判断出命题和命题的真假，即可判断.

【详解】对命题，因为，所以命题为假命题，

对命题，若则，所以命题为真命题，

所以，，为假命题，为真命题.

故选：C.

9．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走.遇店添一倍，逢友饮一斗.”基于此情景设计了如图所示的程序框图，若输入，输出，则判断框中可以填（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据框图计算可得时，则，此时跳出循环输出结果．

【详解】根据框图可得：

输出，则，此时跳出循环

故选：B．

10．设为椭圆的焦点，若在椭圆上存在点，满足，则实数的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据椭圆性质要使题设条件成立只需在椭圆左右顶点时，此时应用余弦定理可得，进而求n的范围.

【详解】由椭圆的性质知：当在椭圆左右顶点时最大，

∴椭圆上存在一点使，只需在椭圆左右顶点时，

此时，，即，

又，

∴，解得，又，

∴.

故选：A.

11．已知函数有两个零点，则实数的取值范围为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】求出导数，可得时不满足，时，由导数得出单调性，得出，构造函数，利用导数判断单调性可求解.

【详解】，

当时，，则单调递减，此时至多一个零点，不符合题意；

当时，令，则，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

因为有两个零点，所以，

令，则，

令解得，令，解得，

所以在单调递减，在单调递增，

且当时，，，，

所以.

故选：D.

12．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面上运动，且满足平面.以下命题中，正确的个数为（       ）

①侧面上存在点，使得；

②直线与直线所成角可能为30°；

③设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为.

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【分析】先依据题给条件求得点F在侧面上的轨迹为线段，当点为中点时，，则①判断正确；求得直线与直线所成角最大值否定②；举特例否定③.

【详解】分别取的中点，连接

由，可得四边形为平行四边形，

则，又，,

则平面平面，

则当点落在线段上时，平面，则平面

即满足题意的点F在侧面上的轨迹为线段

①取中点P，连接，

△中，,，则

又，则,即当F为中点时，有.判断正确；

②当点F在线段上运动变化到端点K或H时，

直线与直线所成角取得最大值，

此时直线与直线所成角为（或）

又，

则.则直线与直线所成角不可能为30°.判断错误；

③设正方体棱长为1，当F为与HK交点时，

过点E，F，A的平面交于的中点M，连接

过点E，F，A的平面截正方体所得截面为菱形

又菱形对角线，

则截面的面积为.判断错误.

故选：B

二、填空题

13．已知两向量共线，则实数m =_________．

【答案】

【分析】由共线向量的坐标公式代入即可得出答案.

【详解】两向量共线，所以.

故答案为：.

14．已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则_________．

【答案】

【分析】由题得出渐近线斜率相乘为即可得出.

【详解】由题可得双曲线的渐近线方程为，

因为两条渐近线互相垂直，所以，解得.

故答案为：2.

15．将函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称，则实数的最小值为_________．

【答案】

【分析】先利用平移变换得到函数解析式，再根据其图象关于轴对称求解.

【详解】解：将函数的图象向右平移个单位后得到，

因为函数的图象关于轴对称，

所以，即，

所以实数的最小值为，

故答案为：

16．若存在实数，使得函数与的图象有相同的切线，且相同切线的斜率为，则实数的最大值为_________．

【答案】.

【分析】分别设出两个函数与的切点为与，再分别求出导函数，由公切线的斜率求出的切点坐标进而求出切线方程，再由公切线斜率求出的切点横坐标与的关系，函数的切点即为，代入公切线中化简得，求的最大值，即可求出答案.

【详解】设函数的切点为，函数的切点为

分别对函数进行求导，，

由相同切线的斜率为，得

故切线方程为

故函数的切点为.

把切点代入中得

令，

当时，，函数单调递增

当时，，函数单调递减

故

故实数的最大值为

故答案为：.

三、解答题

17．已知正项数列的前项和满足：.

(1)求数列的通项公式；

(2)令，求证：数列的前项和.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用可证是首项为，公比为的等比数列；（2）整理，利用裂项相消求和证明．

【详解】(1)由题意：，

当时，可得，

两式相减得到

又，是首项为，公比为的等比数列

的通项公式为.

(2)由题意知，

18．如图，在直角梯形中，.以所在直线为轴，将向上旋转得到，使平面平面.

(1)证明：平面；

(2)若为线段上一点，且，截面将多面体分成左右两部分的体积分别为，求的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)2

【分析】（1）由题目证明，即可证明平面.

（2）截面将多面体分成左右两部分的体积分别为，分别求出，即可求出.

【详解】(1)且直角梯形与直角梯形全等，

且，

 且，所以四边形为平行四边形

则，因为面面，所以平面.

(2)因为面面，且面，

由题目知直角梯形与直角梯形全等，所以，

取的中点，依题意得，面，几何体为直三棱柱，

且，

，

所以多面体的体积

.

，

19．袋中装有个形状、大小完全相同的球，其中标有数字“”的球有个，标有数字“”的球有个，标有数字“”的球有个.规定取出一个标有数字“”的球记分，取出一个标有数字“”的球记分，取出一个标有数字“”的球记分.在无法看到球上面数字的情况下，首先由甲取出个球，并不再将它们放回原袋中，然后由乙取出剩余的球.规定取出球的总积分多者获胜.

(1)求甲、乙平局的概率；

(2)从概率的角度分析先后取球的顺序是否影响比赛的公平性.

【答案】(1)

(2)先后取球的顺序不影响比赛的公平性

【分析】（1）记标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；

（2）利用古典概型的概率公式计算出先取者获胜的概率，再利用对立事件的概率概率计算后取者获胜的概率，比较大小后可得出结论.

【详解】(1)解：记标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，标数字“”的球为、，

则甲的可能取球共有以下种情况：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，

由于个小球总分为：分，故甲、乙平局时都得分，

所以甲取出的三个小球是个数字“”的球和个数字“”的球和个数字“”的球，

即、、、、、、、，共有种情况，

故平局的概率.

(2)解：先后取球的顺序不影响比赛的公平性.理由如下：

甲获胜，得分只能是分或分，即取出的是个数字“”的球和个数字“”的球，

或个数字“”的球和个数字“”的球，或个数字“”的球和个数字“”的球，

即、、、、、，共种情况.

故先取者获胜的概率，后取者获胜的概率.

即，先取后取获胜的概率一样，故先后取球的顺序不影响比赛的公平性.

20．设椭圆的离心率为，点在椭圆E上．

(1)求椭圆E的方程；

(2)设E的右顶点为D，若直线与椭圆E交于A，B两点（A，B不是左右顶点）且满足，求原点到直线l距离的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据离心率可得，将代入椭圆即可求出；

（2）由题可得，讨论斜率存在和不存在两种情况，根据得出坐标关系，利用韦达定理求解.

【详解】(1)依题意，因为，所以，

将代入椭圆，则可解得，

所以椭圆E的方程为．

(2)由（1）知，设，，

由知，，

即，

①当直线垂直轴时，，且，

故，故或2（舍去），此时点到的距离为；

②当直线的斜率存在时，设

联立方程，得，

由得，且，

由得，

将代入上式可得，

即，，所以（舍去）或，

显然，则点到的距离，

综上，点到的距离最大值为．

21．已知函数.

(1)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；

(2)若，且关于x的不等式在内恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意得在上恒成立，分离参数后构造新函数，即可求数的取值范围；

（2）由题意可知，，对求导后，构造新函数来研究函数的单调性以及最值，可得，令，通过研究函数可求实数的取值范围.

【详解】(1)由题意得在上恒成立，

即，

设，易知在上单调递增，

，；

(2)由题意得，

所以，

令，则，

故在上单调递增，

因为，故时，，

，所以在上恒成立，

所以在上单调递减，，

即，

令，则，故，

当时；

当时，.故，即恒成立，

故在内单调递减，且，则；

即的取值范围为.

22．在平面直角坐标系中，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)若点为曲线上任意一点，求点到直线距离的最小值．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）消去参数t得直线普通方程，将代入曲线可得直角坐标方程；

（2）设点，利用点到直线距离公式求解可得.

【详解】(1)将代入，消去t得直线的普通方程为；

由得，，

将代入可得，即曲线的直角坐标方程为；

(2)设点，

则点到直线的距离，

当，即时，，

所以点到直线的距离最小值为.

23．已知的最小值为．

(1)求的值；

(2)若正实数满足，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据绝对值三角不等式可求得，即可求出的值.

（2）由（1）中的结果，结合柯西不等式即可证明.

【详解】(1)，

当且仅当时等号成立，

(2)由柯西不等式得：

，

，当且仅当时取等号.