2022届江西省萍乡市高三第三模拟考试数学（理）试题含解析

2022届江西省萍乡市高三第三模拟考试数学（理）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．已知命题；命题，则下列为真命题的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先判断命题的真假，结合选项可得答案.

【详解】因为当时，，所以为假命题；

因为当时，，所以为真命题；

所以为真命题.

故选：B.

4．如图，直三棱柱中，，若，则异面直线所成角的大小是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】连接，则即为异面直线所成角，再分别求出的边长即可求出，得到答案

【详解】如图所示，连接

,即为异面直线所成角

，

又，

在中，

是正三角形

故选：C

5．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学巨著，大约成书于公元前300年．汉语的最早译本是由中国明代数学家、天文学家徐光启和意大利传教士利玛窦合译，成书于1607年.该书前6卷主要包括：基本概念、三角形、四边形、多边形、圆、比例线段、相似形这7章，几乎包含现今平面几何的所有内容．某高校要求数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修，则学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出从这7章里任选4章进行选修的选法总数，再求出学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的选法总数，由古典概型的概率公式即可得出答案.

【详解】数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修共有：种选法；

学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章共有：种选法，

故学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为：.

故选：B.

6．已知，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式化简可以得到，再将化为齐次式，采用“弦化切”，代入即可得到答案

【详解】 ，

故选：A

7．已知定义域为的函数的图象关于点成中心对称，且当时，，若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知结合函数对称性可求出，进而求得结果.

【详解】解：因为定义域为的函数的图象关于点成中心对称，且当时，，

若，则.

故，即.

故选：C.

8．如图是计算的一个程序框图，其中判断框内可以填入的条件为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据求和的项数以及循环条件可得答案.

【详解】因为，共有1011项，所以时，应该退出循环体.

故选：C.

9．已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与相交于两点（在第一象限）.若四点共圆，且直线的倾斜角为，则椭圆的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依据四点共圆，且直线的倾斜角为，利用椭圆定义可得，进而求得椭圆的离心率

【详解】根据题意四边形为平行四边形，

又由四点共圆，可得平行四边形为矩形，即

又直线的倾斜角为，则有

则，，

则，即

则椭圆的离心率

故选：B

10．现收集到变量的六组观测数据为：，用最小二乘法计算得其回归直线为，相关系数为；经过残差分析后发现为离群点（对应残差绝对值过大的点），剔除后，用剩下的五组数据计算得其回归直线为，相关系数为.则下列结论不正确的是（       ）

A． B．

C． D．去掉离群点后，残差平方和变小

【答案】B

【分析】根据所提供的数据，利用最小二乘法求解，然后逐项判断.

【详解】解：由数据得：，

，则，

剔除离群点后：

，

，则，

A. ，故正确；

B. ，故错误；

C. 剔除离群点后，相关程度越大，所以相关系数，故正确；

D.剔除离群点后，相关程度越大，所以残差平方和变小，故正确.

故选：B.

11．已知定义在上的函数，对任意，当时，都有，若存在，使不等式成立，则实数的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依题意可得在上单调递增，则不等式等价于，即，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最大值，从而得解；

【详解】解：因为对任意，当时，都有，所以在上单调递增，

则等价于，即，

令，，，

因为，所以，，所以，所以在上单调递减，

所以，即，所以的最大值为；

故选：B

12．设，，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】令，，求导研究函数的单调性，从而得到，利用不等式的性质比较得出，从而求得答案.

【详解】令，

，

，可以判断在上单调递增，

所以，

，

所以，

又因为，，

所以，即，所以，

故选：D.

二、填空题

13．已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则其离心率为_________．

【答案】

【分析】先由双曲线的两条渐近线互相垂直求得b的值，进而求得c的值，从而求得双曲线的离心率的值

【详解】双曲线的渐近线为，

则由两条渐近线互相垂直，有 ，解之得

又，则，，则双曲线的离心率

故答案为：

14．已知单位向量，满足，则向量的夹角为_________．

【答案】

【分析】首先根据平面向量的运算律求出，再根据夹角公式计算可得；

【详解】由单位向量，满足，

所以，

所以，

解得，所以，

又，所以，

故答案为：.

15．已知分别为锐角的内角的对边，若，则面积的最大值为_________．

【答案】

【分析】先由正弦定理求得，再由余弦定理求出，即可求出面积的最大值.

【详解】因为，由正弦定理可得：，所以.

又为锐角三角形，所以.

由余弦定理得：（当且仅当a=b时等号成立）

即，

所以（当且仅当a=b，即为等边三角形时等号成立）.

所以面积的最大值为.

故答案为：.

16．如图，在正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，在翻折到的过程中，下列说法正确的是_________．（将正确说法的序号都写上）

①点的轨迹为圆弧；

②存在某一翻折位置，使得；

③棱的中点为，则的长为定值；

【答案】①③

【分析】依据翻折过程中，均不变，判定点的轨迹为圆弧，从而判断①正确；利用反证法否定②；求得翻折过程中的长恒为，从而判断③正确.

【详解】设正方形边长为a,

①在正方形中，过点D作于H，则

在翻折到的过程中，，均不变，

则点的轨迹为以H为圆心，以为半径的圆弧.判断正确；

②假设存在某一翻折位置，使得.

在△PAM内，过点P作于N，连接BN，

由，，，可得平面PBN

又平面PBN，则，则

又在正方形中，.

二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得.判断错误；

③棱的中点为.取PA中点K，连接EK，CE，MK， 则

则有，，则，

则四边形为平行四边形，则，

又，则，即的长为定值.判断正确.

故答案为：①③

三、解答题

17．已知正项数列的前项和满足：，且成等差数列.

(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）利用可证是公比为的等比数列，再根据成等差数列，利用等差中项和等比数列通项求解；（2）整理，利用裂项相消求和证明．

【详解】(1)由题意：，

两式相减得到，

又，是首项为，公比为的等比数列，

再由成等差数列得，得，

即，则，

的通项公式为.

(2)由题意知，

18．北京冬奥会于2022年2月4日至20日在北京市和张家口市联合举办，这是中国历史上第一次举办冬奥会，也是中国继北京奥运会、南京青奥会之后第三次举办奥运赛事.北京冬奥会的成功举办推动了我国冰雪运动的普及，让越来越多的青少年爱上了冰雪运动．某高校组织了20000名学生参加线上冰雪运动知识竞赛活动，并抽取了100名参赛学生的成绩制作了如下表格：

(1)如果规定竞赛得分在为“良好”，在为“优秀”，以这100名参赛学生中竞赛得分的频率作为全校知识竞赛中得分在相应区间的学生被抽中的概率．现从该校参加知识竞赛的学生中随机抽取3人，记竞赛得分结果为“良好”及以上的人数为，求随机变量的分布列及数学期望；

(2)已知此次知识竞赛全校学生成绩近似服从正态分布，若学校要对成绩不低于分的学生进行表彰，请估计获得表彰的学生人数．

附：若随机变量，则.

【答案】(1)分布列见解析，

(2)27人

【分析】（1）服从二项分布，的可能取值0，1，2，3，求出相应的概率，得到分布列，从而得到期望.

（2）求出成绩不低于分的学生的概率，即可得出答案.

【详解】(1)由题意知，的可能取值0，1，2，3．

由题可知，任意1名学生竞赛得分“良好”及以上的概率为，竞赛得分是“良好”以下的概率为．若以频率估计概率，则服从二项分布．

；；

；．

所以的分布列为:

．（或）

(2)

估计获得表彰的学生人数为人.

19．如图，在水平放置的直角梯形中，.以所在直线为轴，将向上旋转角得到，其中.

(1)证明：平面平面；

(2)若平面与平面的夹角余弦值不超过，求的范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先利用线面垂直的判定定理证明平面，又由可证平面，再根据面面垂直的判定定理可证平面平面；

（2）根据题意，旋转角即，建立空间直角坐标系，分别求出平面BCE和平面ADF的法向量，利用夹角余弦值不超过列出关于的不等式，即可求出的范围.

【详解】(1)证明：由题意，，且平面，

平面；

又，平面，

而平面，所以平面平面；

(2)根据题意，旋转角即，

以A为原点，在平面ADF内，作AD的垂线为z轴，

AD，AB所在直线分别作为x，y轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

，，

设为平面BCE的一个法向量，

则，，

取，

平面ADF的一个法向量为，

记平面ADF与平面BCE的夹角为，

则，

化简得，，

所以，即，

又，得.

20．已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点与圆的圆心重合，为上一动点，点.若的最小值为.

(1)求抛物线的标准方程；

(2)过焦点的直线与抛物线和圆从左向右依次交于四点，且满足，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由圆的方程可确定焦点坐标，设抛物线为；过作抛物线准线的垂线，由抛物线定义知的最小值即为到准线的距离，由此构造方程求得即可；

（2）结合抛物线焦半径公式可化简为，设直线，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，并推导得到，代入整理可构造方程求得，由此可得直线方程.

【详解】(1)由圆的方程知：，则抛物线方程可设为：，

，在抛物线开口内部，

过作抛物线准线的垂线，垂足为，由抛物线定义知：，

（当且仅当三点共线时取等号），

，解得：，

抛物线的标准方程为：.

(2)

为圆直径，，又，，，；

由题意知：直线斜率存在，可设，，，

由得：，则，

，，，；

，，

，

解得：，直线的方程为.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线的综合应用问题，解题基本思路是能够利用抛物线定义，将已知中的距离平方和转化为直线与抛物线交点坐标之间的关系，从而利用韦达定理构造方程求得变量.

21．已知函数．

(1)若，求的最大值；

(2)若，证明：有两个零点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）先求导数，结合导数判断函数的单调性，利用单调性求解的最大值；

（2）构造函数，结合导数判断零点个数，从而得到证明.

【详解】(1)；

令，由函数的图像可知 ，存在唯一，满足，且，；

时，；

故在上单调递增，在上单调递减，

（），

又，则，代入（）得：；

(2)证明：，令，则；

因为是关于的单调函数，则与的零点个数相同；又，故是的一个零点；

得，且单调递减，

当时，单调递增；当时，单调递减，

因为，所以；

又当时，，故在上存在唯一的零点；

故在上存在唯一零点，在上存在唯一零点0，即在上有两个零点，所以在有两个零点.

【点睛】利用导数求解函数最值时，一般先求解极值，结合函数单调性来求解；函数零点问题通常转化为两个函数的交点问题，借助导数隐零点可以求解.

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.