2021-2022学年江西省宜春市上高二中高三（下）第十次月考数学试卷（文科）（5月份）（Word解析版）

这是一份2021-2022学年江西省宜春市上高二中高三（下）第十次月考数学试卷（文科）（5月份）（Word解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江西省宜春市上高二中高三（下）第十次月考数学试卷（文科）（5月份） 题号一二三总分得分      一、单选题（本大题共12小题，共60分）若集合且，，则(    )A.  B.  C.  D. 已知是虚数单位，则(    )A.  B.  C.  D. 某交通广播电台在正常播音期间，每个整点都会进行报时某出租车司机在该交通广播电台正常播音期间，打开收音机想收听电台整点报时，则他等待时间不超过分钟的概率为(    )A.  B.  C.  D. 函数的图象大致为(    )A.  B.
C.  D. 设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且，则“”是“”的(    )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件在流行病学中，基本传染数指每名感染者平均可传染的人数当基本传染数高于时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染这种疾病的人数呈指数级增长，当基本传染数持续低于时，疫情才可能逐渐消散，广泛接种疫苗可以减少疾病的基本传染数假设某种传染病的基本传染数为，个感染者在每个传染期会接触到个新人，这个人中有个人接种过疫苗称为接种率，那么个感染者新的传染人数为已知新冠病毒在某地的基本传染数，为了使个感染者新的传染人数不超过，该地疫苗的接种率至少为(    )A.  B.  C.  D. 已知某个数据的平均数为，方差为，现加入和两个新数据，此时个数据的方差为(    )A.  B.  C.  D. 函数的图象如图所示，先将函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再将所得函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论
正确的是(    )
A. 函数是奇函数
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数图象关于对称
D. 函数图象关于直线对称某多面体的三视图如右图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的体积为(    )A.
B.
C.
D.
 如图，直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边、、上，且，，，则长度的最大值为(    )A.
B.
C.
D. 已知长方体中，底面为正方形且边长为，侧棱长为，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为(    )A.  B.  C.  D. 对于任意，总存在三个不同的实数，使得成立，则实数的取值范围是
(    )A.  B.  C.  D.  二、填空题（本大题共4小题，共20分）已知向量，，若向量的夹角为，则实数 ______ ．设，满足约束条件，则的最大值为______．已知函数为偶函数，当时，，且，则______．如图，椭圆的右焦点为，过的直线交椭圆于，两点，点是点关于原点的对称点，若且，则椭圆的离心率为______ ．
   三、解答题（本大题共7小题，共84分）“自媒体”是指普通大众通过网络等途径向外发布他们本身的事实和新闻的传播方式某“自媒体”作者年度在“自媒体”平台上发布了条事实和新闻，现对其点击量进行统计，如表格所示： 点击量万次条数Ⅰ现从这条事实和新闻中采用分层抽样的方式选出条，求点击量超过万次的条数；
Ⅱ为了鼓励作者，平台在年针对每条事实和新闻推出如下奖励措施： 点击量万次奖金元若该作者在年月份发布了条事实和新闻，请估计其可以获得的奖金数．如图，四棱锥中，四边形为正方形，，，且与所成角．
求证：平面；
若、分别是、的中点，求三棱锥的体积．
公差不为零的等差数列中的部分项，，，，成等比数列，其中，，．
求等比数列的公比；
若，求数列的前项和．已知抛物线的顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合．
求抛物线的方程；
已知直线过点交抛物线于，两点，是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，说明理由．已知函数的图象与轴相切于原点．
求，的值；
若在上有唯一零点，求实数的取值范围．在直角坐标系中，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．
求曲线的直角坐标方程；
求曲线围成的图形的面积．已知函数．
求不等式的解集．
若函数的最大值为，设，，且，证明：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：因为且，，，，
，
所以．
故选：．
先求出集合和，再利用集合交集的定义求解即可．
本题考查了一元二次不等式的解法，交集及其运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：因为，
所以，
所以．
故选：．
先利用复数的除法运算求出，然后由共轭复数的定义求解即可．
本题考查了复数的除法运算以及共轭复数的定义，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：设电台的整点报时之间某刻的时间，
由题意可得，，
则等待的时间不超过分钟的概率为，
故选：．
由于电台的整点报时之间的间隔分，等待的时间不超过分钟，根据几何概率的计算公式可求．
本题考查几何概型概率的求法，注意测度比为时间长度比，是基础题．
 4.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性，对称性，单调性是解决本题的关键．
根据条件判断函数的奇偶性，对称性，以及单调性即可．【解答】解：定义域为，，
为奇函数，排除．
，排除．
当时，，，
当时，，排除．
故选：．  5.【答案】 【解析】解：，
当，则由面面垂直的性质可得成立，
若，则不一定成立，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：．
根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质即可得到结论．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用线面垂直的性质是解决本题的关键，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：为了使个感染者新的传染人数不超过，即，
，
，
，
，即，
故选：．
由题意可知，得到，进而求出的值．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了学生的计算能力，是基础题．
 7.【答案】 【解析】解：设原数据为，，，，
则，，
加入和两个新数据后，这个数的平均数为，，
故这个数的方差为．
故选：．
设原数据为，，，，利用原数据的平均数，将新数据的平均数求出，然后再利用方差公式计算新数据的方差即可．
本题考查了特征数的求解，解题的关键是掌握平均数以及方差的计算公式，考查了化简运算能力，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：根据，所以，
由于函数的图象过，所以，
由于，解得，
故，
先将函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再将所得函数的图象向左平移个单位长度，
得到．
故函数为偶函数，故错误．
令，所以，故，故错误．
令，解得，所以函数的对称中心为，故错误
令解得，当时，，故正确．
故选：．
首先利用函数的图象求出函数的关系式，进一步利用函数的图象的伸缩变换和平移变换的应用求出函数的关系式，最后利用函数的性质的应用求出结果．
本题考查的知识要点：正弦型函数的性质的应用，函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
 9.【答案】 【解析】解：由三视图还原原几何体如图，

该几何体为组合体，下半部分为直三棱柱，上半部分为三棱锥，
三棱锥的底面为等腰直角三角形，直角边长为，高为．
该几何体的体积．
故选：．
由三视图还原原几何体，可知该几何体为组合体，下半部分为直三棱柱，上半部分为三棱锥，三棱锥的底面为等腰直角三角形，直角边长为，高为再由棱柱与棱锥的体积公式求解．
本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
 10.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理，和差角公式及辅助角公式在求解三角形中的应用，还考查了正弦函数的性质，属于中档题．
由已知结合三角形的角的关系，利用正弦定理分别表示，，然后利用和差角公式及辅助角公式进行化简表示，再由正弦函数的性质即可求解．【解答】解：设，
由，，，
得，即，
由题意得，
中，由正弦定理得，，得，
中，由正弦定理得，，得，
因为为等边三角形，

，为辅助角，，
当时取得最大值．
故选：．  11.【答案】 【解析】解：长方体中，底面为正方形且边长为，侧棱长为，以为球心，为半径的球面与侧面的交线，是以为圆心，为半径的圆弧，如图，，
可得：．
故选：．
画出图形，判断以为球心，为半径的球面与侧面的交线的轨迹，然后求解即可．
本题考查轨迹问题，空间几何体的位置关系，考查分析问题解决问题的数学素养，是难题．
 12.【答案】 【解析】解：由，得，
设，，
，故当时，，在上单调递增，则；
，故当时，，当时，，
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减，且，
要总存在三个不同的实数，使得成立，只要且，
．
实数的取值范围是
故选：．
把原等式变形，构造函数，，分别利用导数求最值，结合题意可得关于的不等式，则答案可求．
本题考查利用导数求最值，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
 13.【答案】 【解析】解：向量，，若向量的夹角为，
则，即，求得，
故答案为：．
利用两个向量的数量积的定义以及两个向量的数量积公式，求得实数的值．
本题主要考查两个向量的数量积的定义以及两个向量的数量积公式，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，则．
化目标函数为．
由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最大值为．
故答案为：．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
 15.【答案】 【解析】解：因为函数为偶函数，所以的图象关于对称，
又当时，，且，
所以，
则．
故答案为：．
由题意得的图象关于对称，结合时的函数解析式及可求，再由对称性把所求函数值转化到已知区间上即可求解．
本题主要考查了利用函数的奇偶性及对称性求解函数值，属于基础题．
 16.【答案】 【解析】【分析】
本题考查了椭圆的简单性质，考查了勾股定理在解题中的应用，属于中档题．
作另一焦点，连接，和，则四边形为平行四边形，进一步得到三角形为等腰直角三角形，设，求出，在三角形中由勾股定理得，即可求出，则答案可求．
【解答】
解：作另一焦点，连接，和，

则四边形为平行四边形，
，且，
则三角形为等腰直角三角形，
设，则，即，
，
在三角形中由勾股定理得，
，
又，
则．
故答案为．  17.【答案】解：Ⅰ设被抽取的点击量万次在，，，的事实和新闻的条数分别为，，，，
则，
所以，，，，
则点击量超过万次的条数为条；
Ⅱ由题意知，根据年度的频率估计得出：奖金元条数元则，
所以估计该作者在年月可以得到的奖金为元． 【解析】Ⅰ利用抽取的比例相同，列出比例关系，求解即可；
Ⅱ分别计算出各奖金对应的条数，然后由平均数计算公式求解即可．
本题考查了样本容量与各组频数之间关系的运用，平均数计算公式的运用，考查了运算能力，属于基础题．
 18.【答案】证明：因为四边形为正方形，
所以，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
因为，
则，
所以，
因为，与所成的角为，
所以，
在中，，
即，解得，
则，
所以，
又，，平面，
所以平面；
解：因为点为的中点，
所以，
故，
因为为的中点，
所以：：，
故，
则，
又，
所以，
故三棱锥的体积为． 【解析】先利用线面垂直的判定定理证明平面，由此得到，即，由余弦定理求出，从而得到，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
先利用长度关系确定，然后利用棱锥的体积公式求出，即可得到答案．
本题考查了线面垂直的判定，棱锥体积的求解，解题的关键是掌握线面垂直的判定定理以及等体积法的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
 19.【答案】解：由题意可得：，，成等比数列，
，，
化为：，
等比数列的公比．
由可得：公差，．
，解得，
，
数列的前项和，
，
相减可得：，
化为：．
． 【解析】由题意可得：，，成等比数列，可得，，化简即可得出等比数列的公比．
由可得：公差，可得由，解得，可得，利用错位相减法与求和公式即可得出．
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 20.【答案】解：由题意，可设抛物线方程为
椭圆中，得，抛物线的焦点为，
，，
抛物线的方程为；
设，则圆心，
过作直线的垂线，垂足为，设直线与圆的一个交点为，可得：，
即，
当时，，此时直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值
因此存在直线满足题意． 【解析】确定椭圆的几何量，求出抛物线的焦点坐标，即可得到抛物线的方程；
确定的坐标，过作直线的垂线，垂足为，故，由此即可求得结论．
本题考查抛物线的标准方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查弦长的计算，解题的关键是联立方程，利用韦达定理求解，属于中档题．
 21.【答案】解：，
依题意，，即，解得，；
由得，，
记，则，
．
当时，若，，单调递增，
又，，
存在唯一实数，使得．
若，，则，
由上可知，时，，单调递减；时，，单调递增．
，，
存在唯一的实数，使得，
当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增．
，，
存在唯一的实数，使得，即在上有唯一零点，符合题意；
当时，，
记，，
，
，
为增函数，，
为增函数，，
则时，，
在上没有零点，不合题意，舍去．
综上，的取值范围是． 【解析】，依题意，，可得关于、的方程组，求解得答案；
由得，，记，则，可得然后分和两类，利用导数分析单调性，结合函数零点的判定得结论．
本题考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，综合性强，难度大．
 22.【答案】解：，
，
，
曲线的直角坐标方程为不同时为．
当，时，得曲线的第一象限内的直角坐标方程：，配方得，

则曲线在第一象限内的图形由一个直角边为的等腰直角三角形和一个半径为的半圆组成，
易知，曲线在第一象限内的围成的图形面积为，
由对称性可知，曲线围成的图形的面积为． 【解析】根据已知条件，结合极坐标公式，即可求解．
先计算出第一象限图形的面积，再结合对称性，求出整个图形的面积．
本题主要考查极坐标方程的应用，考查数形结合的能力，属于中档题．
 23.【答案】解：由题意可得，，
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得；
综上，所求不等式的解集为；
证明：由可得的最大值为，则，
因为，
所以，
因为，，
所以，即，当且仅当时，等号成立，
故． 【解析】先将函数化为分段函数的形式，再分类讨论分别解不等式即可；
由可知，，结合，可得，进而得证．
本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式的证明，考查运算求解能力及推理论证能力，属于中档题．