2022届江西省宜春市上高二中高三5月第十次月考数学（理）试题含解析

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2022届江西省宜春市上高二中高三5月第十次月考数学（理）试题
一、单选题
1．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先根据指数函数、对数函数的性质求出集合、，再根据交集的定义计算可得；
【详解】解：因为，，
所以；
故选：B
2．已知，则复数（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】直接根据复数的除法运算即可得结果.
【详解】因为，
所以，
故选：B.
3．某高山地区的大气压强p（Pa）与海拔高度h（m）近似满足函数关系，其中，是海平面大气压强，已知在该地区甲、乙两处测得的大气压强分别为，，且，那么甲、乙两处的海拔高度之差约为（       ）
（参考数据：）
A．4900m B．5500m C．6200m D．7400m
【答案】B
【分析】根据已知列式，由幂的运算化简，然后转化为对数式可得.
【详解】记甲、乙两处的海拔高度分别为，则由题可知：
，则m
故选：B
4．设，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】化切为弦，通分，再利用平方关系及倍角公式即可得解.
【详解】解：


.
故选：A.
5．已知等比数列的前项和（为常数），则数列的前5项和为（       ）
A．或5 B．或5 C． D．
【答案】C
【分析】由题可得，进而可得数列是首项为1，公比为的等比数列，然后利用求和公式即得.
【详解】∵，
∴，，
又数列为等比数列，故，即，
∴数列是首项为1，公比为2的等比数列，
∴数列是首项为1，公比为的等比数列，
∴数列的前5项和为.
故选：C.
6．下列说法中正确的是（       ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A
【分析】利用不等式的性质可判断AD，利用特例可判断BC．
【详解】对于选项A，由，可得，，则，故选项A成立；
对于选项B，取，则，故选项B不正确；
对于选项C，取，若，则，故选项C不正确；
对于选项D，若，则，所以，故选项D不正确.
故选：A.
7．在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，，，两两垂直，（单位：），小明同学计划通过侧面内任意一点将木块锯开，使截面平行于直线和，则该截面面积（单位：）的最大值是（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，在平面内，过点作分别交于，在平面内，过作交于，在平面内，过作交于，连接，进而根据题意，∽，设其相似比为，则，再证明四边形是矩形，再结合相似比和二次函数性质求解即可.
【详解】解：根据题意，在平面内，过点作分别交于，
在平面内，过作交于，
在平面内，过作交于，连接，作图如下，

因为，则，
所以∽，设其相似比为，
则，
因为，所以在中，，
因为，所以，即，
因为，则，
所以，∽，即，
因为，
所以，即，
同理∽，即，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为，
所以平面，平面，
因为平面，
所以，
因为
所以
因为，所以∽，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以四边形是矩形，即，
所以，由二次函数的性质知，当时，有最大值.
故选：B
8．线段AB上任取一点C，若，则点C是线段AB的“黄金分割点”，以AC，BC为邻边组成的矩形称为“黄金矩形”．现在线段AB上任取一点C，若以AC，BC为邻边组成矩形，则该矩形的面积小于“黄金矩形”的面积的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，求出“黄金矩形”的面积，再求出在线段AB上任取一点C，以AC，BC为邻边组成矩形的面积，由题意建立不等式求解，再根据几何概型,由线段长度求概率即可.
【详解】设，则由解得.
此时“黄金矩形”的面积为.
在线段AB上任取一点C，并设,则以AC，BC为邻边组成矩形的面积为，由该矩形的面积小于“黄金矩形”的面积可得，解得或，故所求概率为.
故选：A
9．医用口罩由口罩面体和拉紧带组成，其中口罩面体分为内、中、外三层. 内层为亲肤材质（普通卫生纱布或无纺布），中层为隔离过滤层（超细聚丙烯纤维熔喷材料层），外层为特殊材料抑菌层（无纺布或超薄聚丙烯熔喷材料层）. 国家质量监督检验标准中，医用口罩的过滤率是重要的指标，根据长期生产经验，某企业在生产线状态正常情况下生产的医用口罩的过滤率. 若生产状态正常，有如下命题：
甲：；
乙：的取值在内的概率与在内的概率相等；
丙：；
丁：记表示一天内抽取的50只口罩中过滤率大于的数量，则.
（参考数据：若 ，则，， ；）
其中假命题是（       ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】B
【分析】根据可判断甲；根据两个区间长度相等，对称轴落在区间可判断乙；根据概率的对称性可判断丙；求出1只口罩的的过滤率大于的概率，再由二项分布的概率以及对立事件的概率即可判断丁，进而可得正确答案.
【详解】由知，，，
对于甲：由正态分布曲线可得：，故甲为真命题；
对于乙：，两个区间长度均为1个，但，由正态分布性质知，落在内的概率大于落在
内的概率，故乙是假命题；
对于丙：由知，丙正确；
对于丁：1只口罩的的过滤率大于的概率，，所以，
，故丁是真命题.
故选：B.
10．如图甲，首钢滑雪大跳台是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素.如图乙，某研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A距离地面的高度（与地面垂直），在赛道一侧找到一座建筑物，测得的高度为h，并从C点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物之间的地面上的点E处测得A点，C点的仰角分别为75°和30°（其中B，E，D三点共线）.该学习小组利用这些数据估算得约为60米，则的高h约为（       ）米
（参考数据：，，）

A．11 B．20.8 C．25.4 D．31.8
【答案】C
【分析】易得，在中，求出，在中，利用正弦定理求得，在解直角三角形即可得出答案.
【详解】解：由题意可得，
则，
在中，，
在中，因为，
所以，
所以，
又，
所以（米）.
故选：C.
11．取两个相互平行且全等的正边形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“角反棱柱”.当时，得到如图所示棱长均为2的“六角反棱柱”，则该“六角反棱柱”外接球的表面积等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设上、下底面的中心分别为，，连接，得到点即为所求外接球的球心，连接，取棱的中点，作于点，连接，，求得，结合球的截面性质，求得外接球的半径为，利用表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，设上、下正六边形的中心分别为，，连接，
则其中点即为所求外接球的球心，
连接，取棱的中点，作于点，
连接，，则，
而，则，
所以，则，
连接，，
设所求外接球的半径为，则有，
所以该六角反棱柱外接球的表面积.
故选：B.

【点睛】解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解.
12．若直线与两曲线分别交于两点，且曲线在点处的切线为，曲线在点处的切线为，则下列结论：
①，使；②当时，取得最小值；
③的最小值为2；④．
其中所有正确结论的序号是（       ）
A．① B．①②③
C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【分析】先利用导数求得两条切线方程，令,可知，故存在零点，①正确；，通过求导讨论单调性可知有最小值，进而可以判断最小值范围，②正确，③错误；通过判断与大小可判断出④正确.
【详解】由直线与两曲线分别交于两点可知：
曲线上点坐标，可求导数，则切线斜率，可知切线：.
曲线上点坐标，可求导数，则切线斜率.
令，则，令，，
由零点存在定理，使，即，使，即，故①正确.
，令，由同理可知有，使，令，在处取最小值，即当时，取得最小值，故②正确.
是对勾函数，在上是减函数，，故③错误.
，，故④正确.
故选：C.
二、填空题
13．已知展开式中各项的二项式系数之和为32，则展开式中含项的系数为______．
【答案】-80
【分析】先求出，再利用二项展开式的通项公式即可求解.
【详解】因为展开式中各项的二项式系数之和为32，
所以，解得：.
所以展开式的通项公式为.
要求展开式中含项的系数，只需，解得：.
故答案为：-80.
14．已知向量，满足，若，则，夹角的余弦值为___________.
【答案】
【分析】利用数量积得性质可求得，再代夹角公式即可求解
【详解】，则，
因为
所以
即
所以
所以
故答案为：
15．圆的圆心在抛物线上，且圆与轴相切于点A，与轴相交于、两点，若（为坐标原点），则______．
【答案】
【分析】不妨设点在第一象限，设，则，根据求出，从而可求得圆的方程，求出的坐标即可得解.
【详解】解：不妨设点在第一象限，
设，则，
故，解得，
故圆心，
所以圆的半径等于，
所以圆的方程为，
当时，或，
所以.
故答案为：.

16．已知数列满足奇数项成等差，公差为d，偶数项成等比，公比为q，且数列的前n项和为，，．，．若，则正整数______．
【答案】2
【分析】由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差，公比，分别讨论为奇数和偶数时，结合等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得所求值．
【详解】因为，，所以，，
又，，奇数项成等差，公差为，偶数项成等比，公比为，
可得，，解得，．
①当为奇数时，设，则，
当为偶数时，设，则，
②当为奇数时，由，可得，即，
当时，不合题意；
当时，右边小于2，左边大于2，等式不成立；
当为偶数时，，可得，解得．
综上，．
故答案为：2．
【点睛】关键点睛：解决本题，一是要注意运用基本量来确定数列，二是要注意分奇偶讨论.
三、解答题
17．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求角B的大小；
(2)设，，求和的值.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）利用正弦定理得到，即可得到，从而求出；
（2）利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出，即可求出，再利用二倍角公式求出、，最后根据两角和的正弦公式计算可得；
【详解】(1)解：在中，由正弦定理，可得，
又由，得，即，
又因为，可得.
(2)解：由（1）得，在中，，，
由余弦定理有，故.
由正弦定理，即，可得.
又因为，故.
因此，.
所以.
18．如图1，在△ABC中，，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2），记AB的中点为F．

(1)证明：平面ABC．
(2)若，二面角D-AC-E为，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AC中点G，连接FG和EG，证明四边形DEGF是平行四边形,然后利用线面垂直的判定定理证明平面ABC, 从而得到平面ABC.
（2）（方法一）过点E作，以E为原点，建立空间直角坐标系E-xyz，设,求出平面AEC和平面ACD的法向量，由已知条件可得长，然后利用线面角的向量公式求解即可；
（方法二）连接DG，可证得，可得长，过点F作，垂足为I，利用线面垂直及面面垂直的性质可得平面ACD，连接AI，则∠FAI即为所求角，在三角形中计算可得答案.
【详解】(1)如图，

取AC中点G，连接FG和EG，由已知得，且．
因为F，G分别为AB，AC的中点，所以，且
所以，且．
所以四边形DEGF是平行四边形．
所以．
因为翻折的，易知．
所以翻折后，．
又因为，EA，平面AEC，
所以平面AEC．
因为，
所以平面AEC．
因为平面AEC，所以．
因为ACE是等边三角形，点G是AC中点，所以
又因为，AC，平面ABC．
所以平面ABC．
因为，所以平面ABC．
(2)（方法一）如图，

过点E作，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设，则，，，，则，，，
因为平面AEC．所以是平面AEC的法向量，
设面ACD的法向量为，则
，即，解得．
取，得．
因为二面角D-AC-E为，所以，
解得，所以，．
记直线AB与平面ACD所成角为，
则，
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．
（方法二）如图，

连接DG，因为平面AEC，平面AEC，所以．
又因为，，DE，平面DEG．所以平面DEC．
因为EG，平面DEG，所以，，所以∠DGE是二面角D-AC-E的平面角，故．
由△ACE是边长为2的等边三角形，得，
在RtDGE中，，所以，．
过点F作，垂足为I，
因为平面DEGF，平面ACD，所以平面平面ACD．
又因为平面平面，平面DEGF，且，
所以平面ACD．
连接AI，则∠FAI即为直线AB与平面ACD所成的角．
在Rt△DFG中，，，得，由等面积法得，解得．
在RtAFG中，，，所以．
在RtFAI中，，
所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为．
19．小李下班后驾车回家的路线有两条．路线1经过三个红绿灯路口，每个路口遇到红灯的概率都是；路线2经过两个红绿灯路口，第一个路口遇到红灯的概率是，第二个路口遇到红灯的概率是．假设两条路线全程绿灯时的驾车回家时长相同，且每个红绿灯路口是否遇到红灯相互独立．
(1)若小李下班后选择路线1驾车回家，求至少遇到一个红灯的概率．
(2)假设每遇到一个红灯驾车回家时长就会增加1min，为使小李下班后驾车回家时长的累计增加时间（单位：min）的期望最小，小李应选择哪条路线？请说明理由．
【答案】(1)
(2)小李应选择路线1；理由见解析
【分析】（1）设路线1遇到红灯的个数的随机变量为X，则，由对立事件概率公式计算概率；
（2）设路线1累计增加时间的随机变量为，则，由二项分布的期望公式得期望，设路线2第i个路口遇到红灯为事件（，2），则，，
设路线2累计增加时间的随机变量为，则的所有可能取值为0，1，2，依独立事件与互斥事件及对立事件概率公式计算出各概率，得期望，比较可得．
【详解】(1)设路线1遇到红灯的个数的随机变量为X，则，
所以至少遇到一个红灯的事件为，
由对立事件概率公式，
得，
所以若小李下班后选择路线1驾车回家，至少遇到一个红灯的概率为．
(2)设路线1累计增加时间的随机变量为，则，
所以，
设路线2第i个路口遇到红灯为事件（，2），则，，
设路线2累计增加时间的随机变量为，则的所有可能取值为0，1，2，则
，
，
，
所以．
因为，
所以为使小李下班后驾车回家时长的累计增加时间的期望最小，小李应选择路线1．
20．已知椭圆C：的离心率为，其右焦点为F，左顶点为A，点P是椭圆C上异于点A的一个动点，且当轴时，△APF的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线AP交直线l：于点Q，直线l与x轴交于点T，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）离心率为可表示出和的关系，从而得到，，的关系，把代人椭圆方程得到即三角形的高，计算求出，，即可得到椭圆标准方程.
（2）由（1）可求出，坐标，设点，表示出直线AP的斜率和方程，求得点坐标，分类讨论轴和PF不垂直x轴，由斜率关系即可证明
【详解】(1)解：设，由题意知，所以，．
将代人椭圆方程，得，
当轴时，，解得，
所以，，椭圆C的标准方程为．
(2)（2）易得，．
设点，则，
所以直线AP的方程是，
当时，
所以点Q的坐标为．
当轴时，
可得，，，
故．
当PF与x轴不垂直时，，，
所以．
因为，所以，
所以
，
又因为，，所以，
即．
21．已知函数（且）的图象与x轴交于P，Q两点，且点P在点Q的左侧．
(1)求点P处的切线方程，并证明：时，．
(2)若关于x的方程（t为实数）有两个正实根，证明：．
【答案】(1)，证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）确定的零点，得点坐标，由导数几何意义可得，在时作差，证明即可；
（2）是正根，因此只要考虑时情形，不妨设，仿照（1）求出在另一个零点处的切线方程，并证明时，，设的解为，的解为，利用的单调性可得，，这样有，然后证明，并利用导数研究的单调性与极值（需要二次求导）确定，最后利用不等式的性质可得结论成立．
【详解】(1)令，得．
所以或．
即或．
因为点P在点Q的左侧，所以，．
因为，
所以，得点P处的切线方程为，即．
当时，，
因为，且，所以，所以，即．
所以，
所以．
(2)不妨设，且只考虑的情形．
因为，所以．
所以点Q处的切线方程为，记，
令，，
设，则．
所以单调递增．
又因为，
所以，当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以在时有极小值，也是最小值，
即，所以当时，．
设方程的根为，则．
易知单调递增，由，所以．
对于（1）中，设方程的根为，则．
易知单调递减，由（1）知，所以．
所以．
因为，易知时，，故；当时，，所以，
所以，
所以．
记，，则恒成立．
所以单调递增，因为，，
所以存在使得．
所以，当时．；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，，由函数图象知当方程（t为实数）有两个正实根时，，
所以．
所以，
即．
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式，解题难点是转化问题，利用导数几何意义求出函数在零点处的切线方程，和，并利用导数证明，，设，同时设与和的交点横坐标分别是，，这里，可心由函数式求出来，且得出，于是差，回过头来利用导数证明，然后由不等式的性质证明结论．这个解题过程思路比较明确，但是计算量、思维量都很大．对学生的逻辑思维能力，转化与化归能力、运算求解能力要求较高，属于困难题．
22．如图，在直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.图中的心型曲线的极坐标方程为为曲线上一动点，曲线的参数方程为为参数，.

(1)若与交于三点，证明：为定值；
(2)射线逆时针旋转后与交于点，求的最大值.
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）写出的极坐标方程，代入即可证明；
（2）设出的极坐标方程，代入，再利用辅助角公式即可
【详解】(1)曲线的极坐标方程为和.
设.
.
(2)设,则.


当,即,等号成立.
所以的最大值为.
23．已知，，，求证：
(1)；
(2).
【答案】(1)证明见详解；
(2)证明见详解．
【分析】（1）由题意，因为，利用基本不等式，求得，进而得到，即可得到证明；
（2）由，化简可得，根据，即可证明．
【详解】(1)由题意，因为，且，
所以，当且仅当时，取“=”，
所以，所以．
(2)由，
所以
，
，所以，
所以，所以，
所以．