江西省南昌市2022届高三下学期核心模拟卷（中）数学（理）试题（含解析）

江西省南昌市2022届高三下学期核心模拟卷（中）数学（理）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知（i为虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

3．已知两个单位向量与的夹角为，若，，且，则实数（    ）

A． B． C． D．

4．的展开式中所有有理项的系数和为（    ）

A．85 B．29 C． D．

5．已知函数，若，则（    ）

A． B．0 C．1 D．2

6．直线与函数的图象有两个公共点的充要条件为（    ）

A． B． C． D．

7．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

8．如图，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

9．已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于、两点．若，则的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

10．如图为函数的部分图像，将的图像上各点的横坐标变为原来的两倍，再向左平移个单位长度，得到函数的图像，则（    ）

A． B． C． D．

11．已知正项数列的前n项和为，，记，若数列的前n项和为，则（    ）

A． B． C．200 D．400

12．若关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．在等比数列中，为其前n项和，若，，则的公比为______．

三、双空题

14．近年来，人口问题已成为一个社会问题，人口老龄化，新生儿数量减少等问题已对我国的经济建设产生影响．为应对人口问题的挑战，2016年1月1日起全面放开二胎，2021年1月1日起全面放开三胎．下表是2016年～2020年我国新生儿数量统计：

研究发现这几年的新生儿数量与年份有较强的线性关系，若求出的回归方程为，则______，说明我国这几年的新生儿数量平均约以每年______万的速度递减（结果保留一位小数），这种趋势如果得不到遏制，我国人口形势将会非常悲观．

四、填空题

15．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，则的最小值是______．

16．已知正四棱锥的体积为，高为8，则正四棱锥的一个侧面所在的平面截其外接球所得截面的面积为______．

五、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．

(1)求角A的大小；

(2)设，，求b．

18．大豆是我国重要的农作物，种植历史悠久．某种子实验基地培育出某大豆新品种，为检验其最佳播种日期，在A，B两块试验田上进行实验（两地块的土质等情况一致）.6月25日在A试验田播种该品种大豆，7月10日在B试验田播种该品种大豆．收获大豆时，从中各随机抽取20份（每份1千粒），并测量出每份的质量（单位：克），按照，，进行分组，得到如下表格：

把千粒质量不低于200克的大豆视为籽粒饱满，否则视为籽粒不饱满．

(1)判断是否有97.5%的把握认为大豆籽粒饱满与播种日期有关？

(2)从A，B两块实验田中各抽取一份大豆，求抽取的大豆中至少有一份籽粒饱满的概率；

(3)用样本估计总体，从A试验田随机抽取100份（每份千粒）大豆，记籽粒饱满的份数为X，求X的数学期望和方差．

参考公式：，其中．

19．如图，，O分别是圆台上、下底的圆心，AB为圆O的直径，以OB为直径在底面内作圆E，C为圆O的直径AB所对弧的中点，连接BC交圆E于点D，，，为圆台的母线，．

(1)证明；平面；

(2)若二面角为，求与平面所成角的正弦值．

20．已知椭圆的离心率为，上的点P与外的点距离的最小值为2．

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线l与椭圆交于点A，B，当直线l被圆截得的弦长为2b时，求面积的取值范围．

21．已知函数．

（1）当时，求在上的最值；

（2）设，若有两个零点，求的取值范围．

22．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

(1)求曲线C的普通方程和l的直角坐标方程；

(2)若l与x轴相交于M点，与曲线C相交于P，Q两点，求．

23．已知正数a，b，c满足．

(1)求证：；

(2)求证：．

参考答案：

1．B

【分析】分别求出两个集合，再根据交集的定义即可得解.

【详解】解：，

，

所以.

故选：B.

2．D

【分析】利用复数的乘除运算求复数，再由共轭复数的概念写出.

【详解】由题设，则，

所以，故.

故选：D

3．A

【分析】由向量垂直及数量积的运算律可得，结合已知即可求m的值.

【详解】由题意，

又与的夹角为且为单位向量，

所以，可得.

故选：A

4．C

【分析】写出通项后可得有理项，进一步计算可得结果.

【详解】展开式的通项为：

，其中，

当时为有理项，故有理项系数和为

，

故选：C.

5．B

【分析】由已知可得，再由，即可求值.

【详解】由题设，即，

而，

所以.

故选：B

6．C

【分析】利用数形结合的思想可求解问题.

【详解】由题意知直线定点，函数的图象是以为圆心，1为半径的半圆，

如图所示．易求，的斜率分别为0，，

由图知，当l介于与之间（含）时，l与函数的图象有两个公共点，即．

故选:C．

7．A

【分析】根据对数的运算法则，对数函数性质、指数函数性质判断．

【详解】，，

，

，，

所以，

故选：A．

8．C

【分析】延长至使得，则与平行且相等，是平行四边形，

所以，所以是异面直线与所成角或其补角，设，通过解三角形可得．

【详解】延长至使得，则与平行且相等，是平行四边形，

所以，所以是异面直线与所成角或其补角，

正三棱柱中，平面，平面，，同理，

设，则，

，，，

，

，

所以异面直线与所成角的余弦值．

故选：C．

9．A

【分析】不妨设的一条渐近线为，求出圆心到直线的距离，由，可得是腰长为的等腰直角三角形，从而得到，再求出离心率.

【详解】不妨设的一条渐近线为，即，

圆心到的距离．

又，所以，所以是腰长为的等腰直角三角形，

所以，所以．

故选：A．

10．D

【分析】由周期求出，由五点法作图求出的值，可得f(x)的解析式，再利用函数的图像变换规律，得出结论.

【详解】根据函数的部分图像，

可得∴

再根据五点法作图，可得，

∴，∴.

将函数的图像上各点的横坐标变为原来的两倍，

可得得图像；

在向左平移个单位长度，

得到函数的图像，

故选：D.

11．C

【分析】利用关系及等差数列的定义求的通项公式，进而可得，根据正弦函数的周期性并讨论，求得，即可求.

【详解】由题设，则，

所以，又为正项数列，则，

由，可得，

所以是首项为1，公差为2的等差数列，则，故，

当且，；

当且，；

当且，；

当且，；

则，

由.

故选：C

12．B

【分析】由题意可知，且对恒成立，设，则问题转化为在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，再分和两种情况讨论，结合函数的取值情况及单调性，分别计算可得.

【详解】由题意可知，，即对恒成立．

设，则问题转化为在上恒成立，

因为，所以当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

又，所以当时，；当时，．

①在上，若恒成立，即，；

②在上，若，则恒成立，即恒成立，

令，，则，所以在上单调递增，

所以，所以，综上所述，实数的取值范围为．

故选：B．

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

13．１或.

【分析】分和两种情况讨论.

【详解】解：当时，满足，，此时；

当时，由，，

可得：，解得 ，此时.

综上所述：公比的值为：１或.  

故答案为：１或.

14．         

【分析】先求样本中心，代入到可求，从而可求解问题.

【详解】由题中的数据，可得，，

由回归直线的性质知，所以，

所以我国这几年的新生儿数量平均约以每年146.5万的速度递减．

故答案为:,

15．9

【分析】根据抛物线的定义，设出直线方程与抛物线方程联立消元，求出韦达定理即可求解.

【详解】依题意，

因为抛物线的焦点为，所以，

①当斜率存在时：因为直线交抛物线于，两点，所以，

设过的直线的直线方程为：，，

由抛物线定义得：，

由消整理得：，

所以，即，

所以；

②当不存在时，直线为，此时，

所以；

综上可知，的最小值为：9.

故答案为：9.

16．

【分析】根据题意，可得正方形ABCD边长，设底面中心为E，CD中点为F，连接PE，EF，PF，CE，则正四棱锥的外接球球心O在PE上，根据勾股定理，可得其外接球半径R，在中，可得PF长，过O作，则Q为平面截其外接球所得截面圆的圆心，根据，可得，进而可得，即可得答案.

【详解】设正方形ABCD边长为a，则，解得，

设底面中心为E，CD中点为F，连接PE，EF，PF，CE，如图所示：

由题意得，且正四棱锥的外接球球心O在PE上，

设外接球半径为R，则OP=OA=OB=OC=OD=R，

在中，，且，

所以，解得R=5，即，

在中，，

过O作，则OQ即为点O到平面的距离，

且Q为平面截其外接球所得截面圆的圆心，

所以，则，

所以，

所以，

所以平面截其外接球所得截面圆的半径平方为，

所以截面的面积.

故答案为：

【点睛】解题的关键是熟悉正四棱锥的性质，即外接球的球心在PE上，根据勾股定理，可求得外接球半径R，再根据球的几何性质，求解即可，考查空间想象，计算求解的能力，属于难题.

17．(1)；

(2).

【分析】（1）由已知及正弦定理边角关系可得，应用余弦定理求得，即可得A的大小；

（2）由题设有，根据二倍角正弦公式求得，再应用正弦定理求b.

【详解】（1）由题设，即，

所以，又，故.

（2）由（1）知：，则，而，故，

所以，

而，故.

18．(1)有

(2)

(3)，

【分析】（1）根据完成列联表，然后根据公式计算，再与临界值表比较可得结论，

（2）A，B两块实验田中各抽取一份大豆中，籽粒饱满的概率分别为两份大豆都籽粒不饱满的概率为，再结合对立事件概率和为1求解即可；

（3）根据已知条件，结合二项分布的期望与方差公式，即可求解.

【详解】（1）列联表为

，

所以有97.5%的把握认为大豆籽粒饱满与播种日期有关．

（2）A，B两块实验田中各抽取一份大豆，

抽取的大豆中有一份籽粒饱满的概率分别为，，

两份大豆籽粒都不饱满的概率为

故抽取的大豆中至少有一份籽粒饱满的概率为

.

（3）从A试验田的样本中随机抽取1份小麦，抽到饱满的概率为，

则，故，

.

19．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）连接，根据圆的性质知△、△都为等腰直角三角形，进而有为平行四边形，则，根据线面平行的判定证明结论.

（2）构建空间直角坐标系，根据已知求得，再求出、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.

【详解】（1）连接，C为圆O的直径AB所对弧的中点，

所以△为等腰直角三角形，即，

又在圆上，故△为等腰直角三角形，

所以且，又是母线且，则，

故且，则为平行四边形，

所以，而面，面，

故平面.

（2）由题设及（1）知：、、两两垂直，构建如下图示的空间直角坐标系，

过作，则为的中点，再过作，连接，

由圆，即圆，圆，则，又，则，

故二面角的平面角为，而，

所以.

则，，，，

所以，，，

若为面的一个法向量，则，令，则，

，故与平面所成角的正弦值.

20．(1)

(2)

【分析】（1）由距离的最小值求得，然后由离心率得，结合求得得椭圆方程；

（2）设出直线方程为，按和分类讨论先求得的关系，然后代入椭圆方程应用韦达定理求得，表示出求得其范围．

【详解】（1）由题意，，又，所以，

所以椭圆的方程为；

（2）易知直线不过原点，设方程为，

原点到直线距离为，，

所以，，，原点到直线距离为1，

若，则，方程为，

此时，，，

时，

由，及得，

设，，则，，

，

，

令，由得，

，

令，则，时，，单调递增，

所以，，

综上， ．

21．（1），；（2）．

【分析】（1）当时，，对其求导判断单调性，比较极值和端点值即可得最值；

（2）求出，再分情况，和时，判断函数的单调性以及极值，求解函数的零点，即可求解.

【详解】（1）当时，，可得．

当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增．

因为，，，

所以，．

（2）因为，

可得：．

①当时，，此时只有一个零点，故不成立；

②当时，在上单调递减，在上单调递增．

因为，，

当时，；

当时，，．

有两个不同的零点，成立；

③当时，令，得或．

当时，，恒成立，

在上单调递增，至多有一个零点；

当时，即．

若或，则；若，则．

在和上单调递增，在上单调递减．

当时，即．

若或，则；若时，则．

在和上单调递增，在上单调递减．

当时，，

．

仅有一个零点，不合题意．

综上，有两个零点，的取值范围是．

【点睛】思路点睛：利用导数研究函数的最值的步骤：

①写定义域，对函数求导；

②在定义域内，解不等式和得到单调性；

③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.

22．(1)C：；l：

(2)6

【分析】（1）根据已知条件，消去参数α,即可求解曲线C的普通方程，再结合极坐标公式，即可求解；

(2)先求出直线l的参数方程，再与曲线C的普通方程联立，再结合参数方程的几何意义，即可求解.

【详解】（1）∵曲线C的参数方程为（为参数），

∴，∵，

∴，∴

故C的普通方程为.

∵直线l的极坐标方程为，

又∵，

∴直线l的直角坐标方程为.

（2）令y=0，则x=3，即M的坐标为，

∵直线l的斜率为1，所以直线l的倾斜角为，

∴可设l直线的参数方程为（t为参数），

即（t为参数），

将直线l的参数方程代入可得，

，设P，Q对应的参数为，

则，.

23．(1)证明详见解析；

(2)证明详见解析.

【分析】（1）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解；

（2）结合（1）的结论，以及基本不等式的公式，即可求解.

【详解】（1）证明：∵，

当且仅当a=b=c时，等号成立，

设，∴，

即，解得，

∵a，b，c为正数，∴，

∴.

（2）∵

由（1）可得，∴

∴，

∵，当且仅当时，等号成立.

∴，当且仅当时，等号成立.