2022届江苏省常州高级中学高三下学期一模适应性考试（二）数学试题含解析

这是一份2022届江苏省常州高级中学高三下学期一模适应性考试（二）数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022届江苏省常州高级中学高三下学期一模适应性考试（二）数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则中元素的个数为（       ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】把代入，根据方程的根的个数分析即可
【详解】集合，，
把代入，得，即，有唯一解，故集合中元素的个数为1．
故选：B
2．已知函数的定义域为，则“是偶函数”是“是偶函数”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】根据偶函数的图像性质，结合充分，必要条件的定义进行判断
【详解】偶函数的图像关于轴对称，奇函数图像关于原点对称，根据这一特征，若是偶函数，则是偶函数，若是奇函数，也是偶函数，所以“是偶函数”是“是偶函数”的充分不必要条件
故选：A
3．的展开式中的系数为（       ）
A． B．25 C． D．5
【答案】A
【分析】根据题意，借助二项展开式通项得的展开式为，分析求解．
【详解】∵
的展开式为，
令，得，则，
令，得，则，
令，得，
∴的展开式中的系数为.
故选：A．
4．已知角的终边在直线上，则的值为（       ）
A． B． C．0 D．
【答案】C
【分析】根据三角函数的定义分类讨论求解即可.
【详解】由题知：
设角的终边上一点，则.
当时，，，，
.
当时，，，，
.
故选：C
5．为了提高出行效率，避免打车困难的情况，越来越多的人选择乘坐网约车．已知甲、乙、丙三人某天早上上班通过某平台打车的概率分别为，，，且三人互不影响，那么甲、乙、丙3人中至少有2人通过该平台打车的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】记甲、乙、丙通过该平台打车分别为事件，，，则，，，然后利用算出答案即可.
【详解】记甲、乙、丙通过该平台打车分别为事件，，，
则，，，
所以甲、乙、丙3人中至少有2人通过该平台打车的概率为

．
故选：D
6．复兴号动车组列车，是中国标准动车组的中文命名，由中国铁路总公司牵头组织研制、具有完全自主知识产权、达到世界先进水平的动车组列车.2019年12月30日，智能复兴号动车组在京张高铁实现时速自动驾驶，不仅速度比普通列车快，而且车内噪声更小.我们用声强（单位：表示声音在传播途径中每平方米上的声能流密度，声强级（单位：与声强的函数关系式为，已知时，.若要将某列车的声强级降低，则该列车的声强应变为原声强的（       ）
A．倍 B．倍 C．倍 D．倍
【答案】C
【分析】由题设可得，代入函数式，由指对数的关系有，进而求声强级降低的声强，应用指数幂的运算性质求声强的比值.
【详解】由题设，，解得，则，
∴，要使声强级降低，则，
∴.
故选：C
7．已知双曲线是直线上任意一点，若圆与双曲线的右支没有公共点.则双曲线的离心率的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由直线与渐近线的距离得到圆心到直线的距离为，再根据圆与双曲线C的右支没有公共点，由求解.
【详解】双曲线的一条渐近线方程为，
因为点是直线上任意一点，
又直线与直线的距离为：
，
即圆心到直线的距离为：,
因为圆与双曲线C的右支没有公共点，
所以，即，又,
所以双曲线的离心率的取值范围为.
故选：B
【点睛】本题考查求解双曲线离心率的范围，对学生的理解与转化能力要求较高，难度较难.涉及到和双曲线某一支的交点个数问题，注意借助双曲线的渐近线进行分析.解题的关键在于将问题转化为渐近线与直线的距离大于等于圆的半径.
8．已知定义在上的函数是奇函数，当时，，则不等式的解集为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】本题首先可根据题意得出函数的图像关于点中心对称且，然后根据基本不等式得出，则函数在上单调递增，最后将不等式转化为或，通过计算即可得出结果.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，
所以函数的图像关于点中心对称，且，
当时，，
则，当且仅当时取等号，
故，函数在上单调递增，
因为函数的图像关于点中心对称，
所以函数在上单调递增，
不等式可化为或，
，即，解得，
，即，解得，
故不等式的解集为，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：若函数是偶函数，则函数的图像关于直线对称；若函数是奇函数，则函数的图像关于点中心对称，考查通过基本不等式求最值，考查根据导函数判断函数单调性，是难题.
二、多选题
9．设，，为复数，.下列命题中正确的是（       ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】BC
【分析】对于A：取特殊值判断A不成立；
对于B、C、D：直接利用复数的四则运算计算可得.
【详解】对于A：取，满足，但是不成立，故A错误；
对于B：当时,有，又，所以,故B正确;
对于C：当时,则,所以,故C正确;
对于D：当时,则,可得.
因为，所以.故D错误
故选：BC
10．棱长为1的正方体中，点P为线段上的动点，点M，N分别为线段，的中点，则下列说法正确的是（       ）
A． B．三棱锥的体积为定值
C． D．的最小值为
【答案】ABC
【分析】证明平面，可判断A；由平面，可得点到平面的距离为定值，又为定值，可判断B；计算的取值范围可判断C；结合C可判断D.
【详解】选项A，连接，由正方体可知，且平面，
而，又，所以平面，
而平面，所以，即，故A正确；


选项B，连接，，，，，，
由点，分别为线段，的中点，
得，平面，平面，
故平面，即点到平面的距离为定值，
又，，故为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；


选项C，连接，，由点为线段上的动点，
设，，
故，，
所以
，
当时，取最小值为，当时，取最大值为，
故，即，，
故C正确；


选项D，
，
当时，的最小值为，故D错误.
故选：ABC.
11．已知函数，若的最小正周期为，且对任意，均有，则下列结论中正确的是（       ）
A．若，则
B．若，则
C．函数在区间上一定不存在零点
D．若函数在上单调递减，则
【答案】BD
【分析】先化简，再由函数的最小正周期确定的值，由可知在处取得最小值，从而得到与辅助角的关系，进而可判断选项A，B的正误；
由在处取得最小值以及函数的最小正周期，可确定函数在）以及，上的正负以及单调性，
从而得出函数以及的单调性，即可判断选项C，D的正误．
【详解】，
其中，，依题意可得，
于是，其中，．
因为，即在处取得最小值，所以，
所以．当时，，
因此，，解得．故A选项错误；
因为，
所以，解得，故B选项正确；
由于在处取得最小值，且周期为，
所以当时，，因此，
因此在区间上有无数个零点，故C选项错误；
由于在处取得最小值，且周期为，所以，
当时，单调递增，且，
于是当时，单调递减，
而当时，单调递减，且，
于是当时，y单调递增，
故，即，故D选项正确．
故选：BD
【点睛】解决三角函数综合问题的一般步骤：
（1）将化为的形式；
（2）构造；
（3）和角公式逆用，得（其中，）；
（4）利用正弦函数的图象与性质研究的图象与性质．
12．已知A，B分别是椭圆（）的左､右顶点，P是椭圆在第一象限内一点，且满足，设直线PA，PB的斜率分别为，，则（       ）
A．
B．若，则椭圆的方程为
C．若椭圆的离心率，则
D．的面积随的增大而减小
【答案】BCD
【分析】利用斜率公式及椭圆方程可判断A，利用条件及正弦定理可求，可判断B，结合条件及的关系式可判断C，由题可得，再利用导数可判断D.
【详解】对于A选项，由题意可知，，设，则，故A错误；
对于B选项，由正弦定理得，
∴，则，即，，从而，
因此，即，则椭圆方程为，故B正确；
对于C选项，由B可知，，得，
∴，即，
又，，
所以，得，即，故C正确；
对于D选项，过P作于D，则，，

故，即，
∴，，
设，，则，
所以在上单调递减，则的面积随的增大而减小，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．过点作圆的切线有两条，则的取值范围是________
【答案】
【解析】由过点作圆的切线有两条，得：P在圆外，列不等式可解.
【详解】表示一个圆，
，
又由过点作圆的切线有两条，得：P在圆外，
所以，解得：或.
综上所述：.
所以的取值范围是.
故答案为: .
【点睛】点与圆的位置关系的代数判断方法:
（1）点与圆外；
（2）点与圆上；
（3）点与圆内；
14．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数1，3，6，10，依次构成的数列的第n项，则的值为__________．

【答案】
【分析】由累加法求出，再由裂项相消法求和即可
【详解】设第个数为，
则，，，，…，，
叠加可得，
∴．
故答案为：
15．设直角，是斜边上一定点．满足，则对于边上任一点P，恒有，则斜边上的高是________．
【答案】
【分析】取中点，根据结合可得，再根据三角形中的比例性质求解即可
【详解】取中点，则，同理，又，故，即恒成立，所以.作，则为中点，故，所以.又因为直角，故，所以，即斜边上的高是

故答案为：
16．已知函数，若的解集中恰有一个整数，则m的取值范围为________．
【答案】
【分析】由且，得出，构造函数，利用导数研究的单调性，画出和的大致图象，由图可知，设为和的交点的横坐标，结合题意可知该整数为1，即，当直线过和时，即可求出求出的值，从而得出的取值范围.
【详解】由题可知，，，
由于的解集中恰有一个整数，
即，即，
因为，所以的解集中恰有一个整数，
令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
画出和的大致图象，如图所示：
要使得，可知，
设为和的交点的横坐标，
而的解集中恰有一个整数，可知该整数为1，即，
当时，得；当时，得，
即，，
当直线过点时，得，
当直线过点时，得，
所以的取值范围为.

故答案为：
【点睛】本题主要考查了利用导数数形结合解决函数不等式的问题，需要根据题意构造不等式左右两边的函数，再分析单调性与函数图象，进而求得临界值求得参数范围，属于难题
四、解答题
17．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①

在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，

而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．

由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．

由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】
(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
18．已知等差数列满足：成等差数列，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）在任意相邻两项与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列.记为数列的前项和，求满足的的最大值.
【答案】（1）；（2）211
【分析】（1）根据等差等比数列的定义求得等差数列的公差和首项，写出通项公式；
（2）在任意相邻两项与之间插入个2，则与之间的2的总和为，可以计算当恰取到后的第个项时的，求得对应的最大n值即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由题知，，
又，解得，
故.
（2）在任意相邻两项与之间插入个2，则与之间的2的总和为，又由（1）易知等差数列是单增数列，故数列的前n项和是单增的，则求满足的的最大值即找到使接近500的n值即可.
当恰取到后的第个项时，
，，，
易知单增，当时，，
当时，，又，
则当时，去掉50个2即可得到的的最大值，即.
【点睛】关键点点睛：利用数列定义求得首项和公差，求得通项；利用数列单调性及新数列对应的规律性，求得最值问题.
19．如图，在四边形中，，，，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.

（1）证明：平面；
（2）若为的中点，二面角等于60°，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）要证明线面垂直，需证明线与平面内的两条相交直线垂直，利用垂直关系，关键证明；
（2）根据垂直关系可知，取AC的中点О，连接OM，OB，如图以О为原点建立空间直角坐标系，利用向量坐标法求线面角的正弦值．
【详解】（1）因为，，，
所以平面，
又因为平面，所以
又因为，，
所以平面
（2）因为，，
所以是二面角的平面角，即，
在中，，
取AC的中点О，连接OM，OB，因为，，
所以，由（1）知，平面，为的中位线，
所以，，即，，两两垂直，
如图以О为原点建立空间直角坐标系，设，则

，，，，，，
设平面的一个法向量为
则由得令，得
所以，
所以直线PB与平面MBC所成角的正弦值为．
【点睛】方法点睛：1.利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角中的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
2.建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设是直线的方向向量，是平面的法向量，利用公式求解．
20．某乒乓球教练为了解某同学近期的训练效果，随机记录了该同学局接球训练成绩，每局训练时教练连续发个球，该同学每接球成功得分，否则不得分，且每局训练结果相互独立，得到如图所示的频率分布直方图.

（1）同一组数据用该区间的中点值作代表，
①求该同学局接球训练成绩的样本平均数；
②若该同学的接球训练成绩近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，求的值；
（2）为了提高该同学的训练兴趣，教练与他进行比赛.一局比赛中教练连续发个球，该同学得分达到分为获胜，否则教练获胜.若有人获胜达局，则比赛结束，记比赛的局数为.以频率分布直方图中该同学获胜的频率作为概率，求.
参考数据：若随机变量，则，，.
【答案】（1）①；②；（2）.
【分析】（1）①将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全部相加可得样本平均数；
②计算得出，，可得出，利用参考数据可得结果；
（2）由题意可知，随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，进而可求得的值.
【详解】（1）①由频率分布直方图可得；
②可知，，则，，
所以，
；
（2）由频率分布直方图可知，在一局中，该同学得分达到分的概率为，
由题意可知，随机变量的可能取值有、、，
，，
，
所以，随机变量的分布列如下表所示：









因此，.
【点睛】方法点睛：求随机变量的期望和方差的基本方法如下：
（1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解；
（2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算；
（3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算.
21．已知抛物线C的顶点为O（0，0），焦点F（0，1）
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）过F作直线交抛物线于A、B两点．若直线OA、OB分别交直线l：y=x﹣2于M、N两点，求|MN|的最小值．

【答案】（1）x2=4y
（2）当t=﹣时，|MN|的最小值是
【详解】（I）由题意可设抛物线C的方程为x2=2py（p＞0）则=1，解得p=2，故抛物线C的方程为x2=4y
（II）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y=kx+1
由消去y，整理得x2﹣4kx﹣4=0
所以x1+x2=4k，x1x2=﹣4，从而有|x1﹣x2|==4
由解得点M的横坐标为xM===，
同理可得点N的横坐标为xN=
所以|MN|=|xM﹣xN|=|﹣|=8||=
令4k﹣3=t，t不为0，则k=
当t＞0时，|MN|=2＞2
当t＜0时，|MN|=2=2≥
综上所述，当t=﹣时，|MN|的最小值是
22．已知函数，．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论函数的零点个数．
【答案】（1）；（2）答案不唯一，见解析.
【分析】（1）求出导函数，得切线斜率，从而可得切线方程；
（2）定义域是，在时直接由函数的解析式确定无零点（需用导数证明），在时，由导函数，得单调性，确定函数的最大值为，根据的正负分类讨论．在时，通过证明和，得零点个数．
【详解】（1）当时，，，，，
所以曲线在处的切线方程为．
（2）函数的定义域为，．
①当时，，无零点．
②当时，，令，得，令，
得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以有最大值．
当，即时，无零点．
当，即时，只有一个零点．
当，即时，，，
令，则，则在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
因此当时，，．
因为，所以，于是．
又在上单调递增，，且，所以在上有唯一零点．
，
当时，，令，其中，则，
令，，则，
所以在上单调递增，，
所以在上单调递增，，
故当时，．因为，所以，即，
所以．
由，得，即，得，于是．
又，，在上单调递减，所以在上有唯一零点．故时，有两个零点．
③当时，由，得，则，又当时，，所以，无零点．
综上可知，或时，无零点；时，只有一个零点；时，有两个零点．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的零点个数．解题关键是求出函数的导数，由确定单调性和最值，本题在最大值的情况下，通过证明和，结合零点存在定理得出零点个数．难度较大，对学生的要求较高，属于困难题．