江苏省苏锡常镇四市2022届高三下学期5月教学情况调研(二)数学试题（解析版）

2021～2022学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（二）

数学

2022.5

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将答题卡交回.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知为虚数单位，若复数z满足，则（    ）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的除法运算求出，再根据共轭复数的定义求出，再根据复数的模的计算公式即可得解.

【详解】解：因为，

所以，

所以，

所以.

故选：B.

2. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求解对数不等式得到集合，进而结合补集和交集的概念即可求出结果.

【详解】因为，所以，

故选：A.

3. 已知向量，满足，，，若，则实数的值为（    ）

A. 2 B.  C. 4 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据平面向量数量积的运算即可求出结果.

【详解】因为，所以，

依题意，则，

故选：C.

4. 已知函数为偶函数，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求得参数a的值，再去求不等式的解集

【详解】因为为偶函数，所以，即

解之得，经检验符合题意.则

由，可得

故的解集为，

故选：B.

5. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用两角差的余弦公式化简，然后再化弦为切即可得解.

【详解】解：由得，,

所以,解得.

故选：A.

6. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点，，的渐近线分别交于A，C和B，D四点，若多边形为正六边形，则与的离心率之和为（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】结合正六边形的几何性质以及离心率即可求出结果.

【详解】因为多边形为正六边形，设正六边形的边长为，

所以，∴，

∴，∴，

故选：C.

7. 已知实数，，满足，则下列关系式中不可能成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，，则，，，在同一坐标系中分别画出函数，，的图象，由此判断答案．

【详解】设，，

则，，，

在同一坐标系中分别画出函数，，的图象，

当时，，

当时，，

当时，，

由此可以看出，不可能出现这种情况，

故选：．

8. 随着北京冬奥会的举办，中国冰雪运动的参与人数有了突飞猛进的提升.某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动，号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动的主力军”，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程.甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件“甲乙两人所选课程恰有一门相同”，事件“甲乙两人所选课程完全不同”，事件“甲乙两人均未选择陆地冰壶课程”，则（    ）

A. A与B为对立事件 B. A与C互斥

C. A与C相互独立 D. B与C相互独立

【答案】C

【解析】

【分析】根据互斥事件、对立事件的概念即可判断A、B，再根据古典概型的概率公式求出、、、、，根据相互独立事件的定义判断C、D；

【详解】解：依题意甲、乙两人所选课程有如下情形①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同；

故与互斥不对立，与不互斥，

所以，，

且，，

所以，，

即与相互独立，与不相互独立.

故选：C

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 已知函数，则下列说法中正确的有（    ）

A. 函数的图象关于点对称

B. 函数图象的一条对称轴是

C. 若，则函数的最小值为

D. 若，，则的最小值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据点关于点对称的点不在函数图象上，判断A不正确；

根据判断B正确；

求出函数在上的值域可判断C正确；

根据函数的最大值，结合推出，再根据的最小正周期为可得的最小值为，可得D正确.

【详解】在的图象上取一点，其关于点对称的点不在的图象上，所以函数的图象不关于点对称，故A不正确；

因为，所以函数图象的一条对称轴是，故B正确；

若，则，所以，故C正确；

因为，所以，所以，故D正确.

故选：BCD

10 已知随机变量服从二项分布，其数学期望，随机变量服从正态分布，且，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】由二项分布的均值知求得，即可判断A，B，进一步求出，又根据服从正态分布可求得，,即可判断C，D.

【详解】因为，所以，即A错误，B正确；

易知，因为，所以，

所以，即C错误，D正确.

故选：BD.

11. 已知定义在上的函数，则（    ）

A. 任意，，，均能作为一个三角形的三条边长

B. 存在，使得，，不能作为一个三角形的三条边长

C. 任意，，，均不能成为一个直角三角形的三条边长

D. 存在，使得，，能成为一个直角三角形的三条边长

【答案】AD

【解析】

【分析】根据给定条件，求出函数在定义区间上的最值，再结合构成三角形、直角三角形的条件判断作答.

【详解】函数在上单调递减，在上单调递增，，，

任意，不妨令，则，

即，，均能作为一个三角形的三条边长，A正确，B错误；

取，满足，则，

显然有，即，，为边的三角形是直角三角形，C错误，D正确.

故选：AD

12. 已知正四棱柱中，，为的中点，为棱上的动点，平面过，，三点，则（    ）

A. 平面平面

B. 平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形

C. 当与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为

D. 存在点，使得与平面所成角的大小为

【答案】AC

【解析】

【分析】A选项，证明，从而证明出平面，进而证明面面垂直；B选项，当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形是五边形；C选项，作出与A重合时的平面，求出外接球半径，得到截面面积；D选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的大小.

【详解】因为，为的中点，底面ABCD为正方形，

所以，又因为平面，平面，

所以，

因为，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面，即A正确；

当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形如下图：

其中F线段上，G在上，BP∥EG，BE∥PF，

可知交线围成的图形为五边形，即B错误；

如图，以A为坐标原点，AD，AB所在直线为，y，z轴，建立空间直角坐标系，

，，，，

设平面ABEF的法向量为，

则有，令，则，

则

球心到平面的距离，

此正四棱柱的外接球半径为，

所以截面半径，则截面积，

即C正确；

设，，

则平面的法向量为，则，

令，则，所以，

设与平面所成角为，

则，

因为在上单调递增，

所以，

所以不存在点，使得与平面所成角的大小为，即D错误.

故选：AC

【点睛】求解直线与平面夹角的取值范围或平面之间夹角的取值范围问题，建立空间直角坐标系可以很好的将抽象的立体几何问题转化为运算问题进行解决.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 展开式中常数项是_____________________．

【答案】-40

【解析】

【详解】解析过程略

14. 已知圆锥同时满足条件：①侧面展开图为半圆；②底面半径为正整数，请写出一个这样的圆锥的体积_______.

【答案】（其它合理答案也行）

【解析】

【分析】设底面半径，母线长为，侧面展开图是半圆，必须满足，即，故，即可满足题意，据此在求体积.

【详解】设底面半径，母线长为，由展开图为半圆，可知，所以，所以高，则体积.

故答案为：（其它合理答案也行）

15. 在平面直角坐标系中，已知点，直线：与圆：交于A，B两点，若为正三角形，则实数的值是_______.

【答案】##-125

【解析】

【分析】结合作图，可求得直线的斜率，以及原点到直线的距离，利用点到直线的距离公式，求得答案.

【详解】由题意可知在圆上，

如图，

设AB中点为H，连接PH,则PH过点O,且 ,

设直线l的斜率为k, 则 ,

故即为，

因为为正三角形，则O点为的中心，

则，故 ，解得 ，

结合在圆上，是圆的内接正三角形，可知 ，

即.

故答案为：

16. 第十四届国际数学教育大会（简称ICME-14）于2021年7月在上海举办，会徽的主题图案（如图）有着丰富的数学元素，展现了中国古代数学的灿烂文明，其右下方的“卦”是用中国古代的计数符号写出的八进制数字3745.八进制有0～7共8个数字，基数为8，加法运算时逢八进一，减法运算时借一当八.八进制数字3745换算成十进制是，表示的举办年份.设正整数，其中，.记，，则_______；当时，用含的代数式表示_____.

【答案】    ①. 2；    ②. .

【解析】

【分析】结合进制转换即可求出，进而求出，再结合等差数列的求和公式即可求出结果.

【详解】因为，所以；

易知，且，

所以.

故答案为：2；.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

（1）求A；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理，角化边，得到，利用余弦定理，求得答案；

（2）利用余弦定理结合求得，利用三角形面积公式，求得答案.

【小问1详解】

因为，

在中，由正弦定理可得，化简得，

所以.

又因为，所以.

【小问2详解】

由余弦定理，得

因为，所以将代入上式，解得，

所以的面积.

18. 在①，；②，；③，三个条件中选择合适的一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知是等差数列的前项和，，数列是公比大于1的等比数列，且_____.

（1）求数列和的通项公式；

（2）记，求使取得最大值时的值.

【答案】（1），   

（2）的值为3或4

【解析】

【分析】（1）由，得到，再根据求解；选①，根据，，两式相除得到q求解；选②，由，得到，再结合求解；选③，由，得，再结合求解.

（2）由（1）得到，再利用作差法，由其单调性求解.

【小问1详解】

解：由，

又因为，

所以，

所以，

设数列的公比为，则，

选①，因为，，

所以，

又，

所以，所以，

若选②，，

所以，

，即，

所以或，

因为，所以，则.

若选③，由，得，

又，

解得，

因为，所以，

所以.

【小问2详解】

由（1）得，

所以，

因为，

所以当或2时，；

当时，；当时，，

所以，

所以使得取得最大值时的值为3或4.

19. 如图，在四棱锥中，已知四边形为菱形，，为正三角形，平面平面.

（1）求二面角的大小；

（2）在线段SC（端点S，C除外）上是否存在一点M，使得？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）45°    （2）不存在，理由见解析

【解析】

【分析】（1）取AD中点O，连接SO，BO，由分析知，再由面面垂直的性质定理知，平面，所以进一步可得，OA，OB，OS两两垂直，以为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，由此计算出面面角的余弦值，进而求得二面角的大小.

（2）求出的坐标，表示出，由知，代入解得，矛盾，故不存在.

【小问1详解】

取AD中点O，连接SO，BO，因为，，所以，

又因为平面平面，平面平面， 平面，平面，因为平面，所以，则，，因为，，所以，所以OA，OB，OS两两垂直，

以为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，设，

则，，，，，

平面的法向量为，

设平面的法向量为，由，可得，

设二面角为，则，易知二面角为锐角，则.

【小问2详解】

设，，，则，，，，，

由，解得，矛盾，故不存在.

20. 某食品企业与甲、乙两超市签订了长期供应某种海鲜罐头的合同，每月供应一次，经调研发现：①每家超市的月需求量都只有两种：400件或600件，且互相不受影响；

②甲、乙两超市的月需求量为400件的概率分别为，.

（1）求两超市的月需求总量为1000件的概率；

（2）已知企业对此罐头的供货价格为30元／件，生产此罐头的成本为：800件内（含800）为20元／件，超过800件但不超过1000件的部分为15元／件，超过1000件的部分为10元／件.企业拟将月生产量X（单位：件）定为800或1000或1200.若两超市的月需求总量超过企业的月生产量，则企业每月按月生产量供货，若两超市的月需求总量不超过企业的月生产量，则企业每月按月需求总量供货.为保障食品安全，若有多余罐头企业每月自行销毁，损失自负.请你确定的值，使该企业的生产方案最佳，即企业每月生产此罐头的利润的数学期望最大，并说明理由.

【答案】（1）   

（2）时，该企业每月生产此罐头的利润的数学期望最大，理由见解析

【解析】

【分析】（1）确定两超市需求量为400件或600件的概率，根据相互独立事件的概率计算，可求答案；

（2）分别计算企业生产量为800,1000,1200件时的利润的期望值，比较可得答案.

【小问1详解】

由题意得，甲超市需求量为400件或600件的概率分别为，，

乙超市需求量为400件或600件的概率分别为，，

故两超市的月需求总量为1000件的概率；

【小问2详解】

记两超市月需求总量为，

则，，，

当时，此时800件没有剩余，故（元）；

当时，（元）；

当时，（元）；

则当时，该企业每月生产此罐头的利润的数学期望最大.

21. 已知函数，函数，其中.

（1）判断函数在上的单调性，并说明理由；

（2）证明：曲线与曲线有且只有一个公共点.

【答案】（1）函数在上单调递增，理由见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）对求导知，所以函数在上单调递增.

（2）设，题设等价于证明函数有且仅有一个零点，对求导得，设，对求导知，当时，，当时，，再讨论，，结合零点存在性定理，即可证明.

小问1详解】

，

则函数上单调递增.

【小问2详解】

设，题设等价于证明函数有且仅有一个零点，，

设，，则函数在上单调递减，又，

则当时，；当时，；

当时，，则函数在上单调递减，又，故此时函数有且仅有一个零点；

当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，，则当时，恒成立；

当且时，

，，

则，函数在上存在一个零点，此时函数有且仅有一个零点；

综上即证.

【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，涉及了利用导数讨论函数单调性问题，以及证明曲线与曲线的公共点个数的问题，在解决曲线与曲线的公共点个数的问题时，通常是构造函数转化为函数零点的个数问题，本题是一道难题.

22. 如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段AB的中点M且与x轴平行的直线依次交直线OA，OB，l于点P，Q，N.

（1）判断线段PM与NQ长度的大小关系，并证明你的结论；

（2）若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上，求直线AB斜率的取值范围.

【答案】（1），证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，，，，，，由于，，三点共线可得：，设，可求出点的坐标，同理可得点的坐标，分别求出的长度，即可得出.

（2）若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即，代入即可求出，，，即可求出斜率.

【小问1详解】

设，，，

则，，

由于，，三点共线，则，整理得，

，则，同理可得

则，，

则，即证.

【小问2详解】

若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即，则，化简得，又因为，则，，则直线斜率的取值范围为：.