2022届江西省上高二中高三5月全真模拟考试数学（理）试题含解析

2022届江西省上高二中高三5月全真模拟考试数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先根据对数函数的单调性及分式不等式的解法求得集合M、N，然后利用集合的交集运算求得结果.

【详解】∵，又函数在上单调递增，则，得，求得，故，

又，由，则，即，不等式等价于，解得或，则或，

则，

故选：D.

2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（            ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简得，即得解.

【详解】解：由题得.

所以的虚部为.

故选：C

3．设，且，则“函数在上是增函数”是“函数在上是减函数”的（　　）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由在上是增函数，可得；由在上是减函数可得：，即可得答案.

【详解】因为在上是增函数，

由复合函数的单调性可知,

由在上是减函数可得：，所以，

又因为，

所以函数在上是增函数”是“函数在上是减函数”的“充分而不必要条件”.

故选：A.

4．设，若，则x的值为（       ）

A．1或2 B．或 C．1 D．2

【答案】C

【分析】由分段函数解析式，令不同区间对应解析式的值为2求x值，根据定义域区间确定x的值.

【详解】当时，有，满足；

当时，有，则或都不满足.

所以x的值为1.

故选：C

5．已知，若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题设得，由正切值求其正余弦值，再应用和角余弦公式求值即可.

【详解】由题设，又，即，

所以，，

而.

故选：D

6．已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则（       ）

A．或 B．或 C．或 D．或

【答案】C

【分析】先利用，，成等差数列解出，再利用求和公式化简求值即可.

【详解】解：设等比数列公比为，由，，成等差数列可得，，化简得，解得或，

当时，2；

当时，.

故选：C.

7．已知命题：命题q：若正实数x，y满足，则，则下列命题中为真命题的是（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用导数研究的最值判断真假，由，利用基本不等式“1”的代换求的范围判断的真假，进而判断由它们所构成的复合命题的真假.

【详解】由且，故，

当时，递减；当时，递增，

所以，故为假命题；

由x，y为正实数且，即，故，

当且仅当时等号成立，故为真命题；

所以为真命题、为假命题，

综上，为假，为真，为假，为假.

故选：B

8．某三棱锥的三视图如图所示，P，A，B，C在三视图中所对应的点分别为为棱的中点，E为棱的中点，则面与面所成锐二面角的余弦值为（            ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三视图还原几何体，根据二面角的定义，应用几何法确定面与面所成锐二面角的平面角，进而求其余弦值.

【详解】由三视图知：几何体如下图示，、、两两垂直，且，，

过作，则共面，

而，，，则面，

又面，故，

所以，

由中位线性质知，则，即共面，

所以面面，且面，面，

由图，故为面与面所成锐二面角，则.

故选：A

9．的展开式中各项系数的和为，则该展开式中的常数项为（            ）

A． B．32 C．−64 D．64

【答案】A

【分析】首先写出的展开式通项，根据原式的乘积形式写出常数项即可.

【详解】对于的展开式通项为，

所以原式的常数项为.

故选：A

10．2022年第24届冬季奥林匹克运动会（即2022年北京冬季奥运会）的成功举办，展现了中国作为一个大国的实力和担当，“一起向未来”更体现了中国推动构建人类命运共同体的价值追求.该届冬奥会分北京、延庆、张家口三个赛区，甲、乙、丙、丁四名学生分别去这三个赛区担任志愿者，每个人只去一个赛区，每个赛区至少安排1人.学生甲不被安排到张家口赛区做志愿者且乙不被安排到延庆赛区做志愿者的方法数为（       ）

A．17 B．29 C．56 D．13

【答案】A

【分析】先求出所有可能安排的方法数，再应用间接法求甲不被安排到张家口且乙不被安排到延庆的方法数.

【详解】由题意，任意安排的方法数有种，

甲被安排到张家口有种，同理乙被安排到延庆有种，

甲被安排到张家口，同时乙被安排到延庆有种，

所以甲不被安排到张家口且乙不被安排到延庆的方法数为种.

故选：A

11．已知双曲线()的左､右焦点分别为为双曲线上的一点，为的内心，且，则的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】延长到且，延长到且，结合向量的线性关系知是△的重心，根据重心和内心的性质，进而得到，由双曲线定义得到齐次方程，即可求离心率.

【详解】如下图示，延长到且，延长到且，

所以，即，

故是△的重心，即，又，

所以，而是的内心，则，

由，则，故，即.

故选：D

【点睛】关键点点睛：利用向量的线性关系构造重心，结合重心和内心的性质得到，再根据双曲线定义得到双曲线参数的齐次方程.

12．设两个实数a，b满足：，则正整数n的最大值为（       ）．（参考数据：）

A．7 B．8 C．9 D．10

【答案】C

【分析】将问题化为恒成立，构造、并利用导数研究其最值，可得，再进一步化为恒成立，讨论n并构造中间函数求n的范围即可.

【详解】由题设且，令且，且，

所以，故时，时，

则上递增，上递减，即；

，故时，时，

则上递减，上递增，即；

综上，只需，整理得，取对数有，

所以时，不等式恒成立；

当时，，此时递增且，，

综上，，故n的最大值为9.

【点睛】关键点点睛：构造、，将问题转化为恒成立.

二、填空题

13．已知向量，满足：，，与的夹角为，则__________.

【答案】

【分析】根据计算即可.

【详解】因为，所以，所以，

所以 .

故答案为：.

14．已知圆C过点两点，且圆心C在y轴上，经过点且倾斜角为锐角的直线l交圆C于A，B两点，若(C为圆心)，则该直线l的斜率为________．

【答案】

【分析】设圆心坐标，根据可求圆心，根据题意可得圆心C到直线l的距离，代入点到直线距离公式求解．

【详解】设圆心，由题意可得，即，则

即圆心C的圆心，半径

设直线l：即

根据题意可得圆心C到直线l的距离，解得

故答案为：．

15．在边长为6的菱形中，，将沿翻折，使得二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积是______.

【答案】

【分析】设等边的外接圆圆心为三棱锥的外接球的球心为球的半径为连结,取中点为,连结, 求出即得解.

【详解】解：如图所示：

由菱形的边长为，，对角线，

得和均为边长是的等边三角形，

由菱形对角线互相垂直，可得是二面角的平面角为，

由题得，

由题设等边的外接圆圆心为三棱锥的外接球的球心为球的半径为连结,取中点为,连结,所以.

因为,，

所以 所以.

因为 所以四点共圆. ,

所以.

所以

所以三棱锥外接球的表面积是.

故答案为：

16．对于数列定义：，，，，，称数列为数列的阶差分数列.如果（常数），那么称数列是阶等差数列.现在设数列是阶等差数列，且，，，则数列的通项公式为__________.

【答案】

【分析】根据给的递推关系，可求，，根据是阶等差数列，可得是以3为首项，公差为1的等差数列，进而可用递推累加进行求解.

【详解】由题意可知，，所以，又是阶等差数列,故，所以可得是以3为首项，公差为1的等差数列 ，故，即，所以 .

故答案为：

三、解答题

17．设函数.

(1)求函数单调递减区间；

(2)求函数在区间上的最值.

【答案】(1)

(2)最小值为，最大值是

【分析】(1)根据诱导公式和二倍角公式化简得：，再根据余弦函数的单调性求解即可；

(2)化简得,再根据，求解即可.

【详解】(1) ，

当        ，即时是单调递减区间；

(2) ，

因为，所以，

，

，

 故最小值为，最大值是；

18．如图所示的几何体中，底面ABCD是等腰梯形，，平面，，且，E，F分别为，的中点．

(1)证明：面ABCD；

(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）取的中点G，连接EG，FG，AC，证明平面平面ABCD，原题即得证；

（2）以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.

【详解】(1)证明：取的中点G，连接EG，FG，AC，

因为，平面ABCD，平面ABCD，

所以平面ABCD，

因为，，所以四边形AGFC是平行四边形，

，又平面ABCD，平面ABCD，

所以平面ABCD，

因为，平面,

所以平面平面ABCD，

因为平面ABCD，所以平面ABCD．

(2)解：设，

由，得，且，

由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，

所以，，

设平面的一个法向量为，

由得，取，得，

连接BD，因为，，，所以平面，

所以平面的一个法向量为，

所以，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

19．冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行的第24届冬季奥运会的比赛项目之一．冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心的远近决定胜负，甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定冰壶的重心落在圆中，得3分，冰壶的重心落在圆环中，得2分，冰壶的重心落在圆环中，得1分，其余情况均得0分．已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为，；甲、乙得2分的概率分别为，；甲、乙得1分的概率分别为，．

(1)求甲所得分数大于乙所得分数的概率；

(2)设甲、乙两人所得的分数之差的绝对值为，求的分布列和期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，期望为：

【分析】（1）根据题意先求出甲乙分别得0分的概率，甲所得分数大于乙所得分数分为：甲得3分乙得2或1或0分，甲得2分乙得1或0分，甲得1分乙得0分，再分析求解概率即可；（2）根据题意得可能取值为0，1，2，3，再分别求概率，再画出分布列，求解期望即可.

【详解】(1)由题意知甲得0分的概率为，

乙得0分的概率为，

甲所得分数大于乙所得分数分为：甲得3分乙得2或1或0分，甲得2分乙得1或0分，甲得1分乙得0分

所以所求概率为．

(2)可能取值为0，1，2，3，

所以，随机变量的分布列为：

所以

20．已知圆心在轴上移动的圆经过点，且与轴、轴分别交于点，两个动点，记点的轨迹为曲线.

(1)求曲线的方程；

(2)过点的直线与曲线交于，两点，直线，与圆：的另一交点分别为，（其中为坐标原点），求与的面积之比的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设动圆的圆心为，则 ，半径为，所以，化简整理即可；（2）分析可知直线斜率存在，设，，，联立得，，再求出直线的方程为 ，直线的方程为，分别与圆联立求出，，所以，展开再代入韦达定理，分析求解即可.

【详解】(1)设动圆的圆心为，则 ，半径为，

，化简得： ，即的方程为 ；

(2)当直线的斜率不存在时，直线为：，此时与抛物线只有一个交点，不符合题意；

当直线的斜率存在时，设过的直线方程为 ， ，，联立方程：

，得 ，，，

则直线的方程为 ，直线的方程为 ，

联立方程：，解得 ，同理 ，

，，

，

显然当时最大，最大值为 ；

综上，的方程为， 与 的面积之比的最大值为：.

【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：

（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；

（2）强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

21．已知函数.

(1)讨论的单调性；

(2)设有两个零点，若，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导得，对导函数进行分情况讨论其正负，即可得的单调性. （2）通过函数有两个零点，转化成，然后根据比例，构造出，得到，进而构造函数，利用导数处理单调性，进而可求.

【详解】(1)）

令 ，则 ，且对称轴

而

易知当 时在 单调递减，在 单调递增

当 时在单调递减.

(2)有两个零点且，则，

设，       ，

，

，所以，

，

设，，则，

设，则，

当时，，所以函数在上递增，

，则，

在递增，又，

，

故．

22．以直角坐标系的原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系. 已知曲线的极坐标方程为，倾斜角为的直线l 过点，点的极坐标为.

(1)求曲线 的普通方程和直线l 的参数方程.

(2)若l与交于A，B两点，且点B为的中点，求

【答案】(1)，（t为参数）；

(2)1.

【分析】（1）利用极坐标与直角坐标互化公式求解即得的普通方程，求出点的直角坐标，按条件写出l 的参数方程作答.

（2）将l 的参数方程代入的普通方程，再利用参数的几何意义计算作答.

【详解】(1)曲线：，把代入得的普通方程：，

因点的极坐标为，则点的直角坐标是，而直线l的倾斜角为

所以直线l 的参数方程为：（t为参数）.

(2)把直线l 的参数方程代入曲线的普通方程得：

，整理得：，，即，

令点A，B所对参数分别为，则有，因点B为的中点，即有，于是得，

所以.

23．已知

(1)求的范围.

(2)证明:

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用基本不等式计算可得；

（2）依题意可得，利用分析法可得只要证，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；

【详解】(1)解：，，且，

当且仅当时取等号，

所以的范围为.

(2)解：，

要证，

只要证

又因为

所以只要证

只要证

只要证

设，

则在上单调递减且

所以在单调递减

所以成立，

所以