2022届江苏省扬州市高邮市第一中学高三上学期期中模拟数学试题含解析

2022届江苏省扬州市高邮市第一中学高三上学期期中模拟数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出集合，再进行补集运算即可求解.

【详解】因为，所以，所以，

因为，所以，

故选：A.

2．已知，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点在第（       ）象限

A．一 B．二 C．三 D．四

【答案】B

【分析】由求出复数，即可求得答案．

【详解】由，得，

则复数在复平面内对应的点为，在第二象限，

故选：B

3．若，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式化简给定等式得，再用二倍角余弦公式变形并借助齐次式法即可计算作答.

【详解】依题意，由诱导公式化为：，于是得：，

所以.

故选：A

4．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休．在数学的学习和研究中我们常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征．函数的部分图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出函数的定义域，由此排除部分选项，再探讨上的函数值符号即可判断作答.

【详解】由得：且，当时，，当时，，

于是得函数的定义域为，

结合定义域及图象，选项A，D不正确；

当时，单调递增，则，即，而，

因此有，显然选项C不正确，选项B满足.

故选：B

5．命题“，”为真命题的充要条件是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题可知，即求.

【详解】原命题可写为“，”，

当时，随x增大而增大，所以取 最大值为3，

所以．

故选：D

6．在某班进行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位男生，2位女生，如果2位女生不能连着出场，且男生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为（       ）

A．12 B．24 C．36 D．60

【答案】D

【分析】3名男生排列，根据男生甲在第一位和不在第一位分类讨论插入女生．

【详解】先排3名男生，然后插入两个女生，如果男生甲排在3人中第一个，则他前面需要插入一个女生，由此可得方法数是．

故选：D．

7．教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气.按照国家标准，教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应小于等于0.1%.经测定，刚下课时，空气中含有0.2%的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为%，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为（       ）

（参考数据）

A．11分钟 B．14分钟

C．15分钟 D．20分钟

【答案】A

【分析】由时，求得；由列不等式，通过解不等式来求得需要的时间.

【详解】依题意可知时，，即，

所以，

由，得，两边取以为底的对数得

，，

所以至少需要分钟.

故选：A

8．关于函数，在下列论断中，不正确的是（   ）

A．是奇函数

B．在上单调递减

C．在内恰有个极值点

D．在上的最大值为

【答案】B

【分析】根据奇偶性定义可判断A；求导函数有可判断B；当时，令，得可判断C；设，令，得，求出最值即可判断D．

【详解】函数的定义域为

由，故是奇函数，A正确；

由

则，又，所以在上不是单调递减，则B错；

设，令，得，且当时；

当时；当时；所以在内恰有个极值点，则C正确；

设，令，得，

由于，，，

所以在上的最大值为，故D正确．

故选：B

二、多选题

9．已知函数，则（       ）

A．函数的图象可由的图象向左平移个单位得到

B．是函数的一个零点

C．函数在区间上单调递增

D．函数是偶函数

【答案】ABC

【分析】对于A选项，的图象向左平移个单位,用代换并化简即得平移后函数的解析式；对于B选项，是否为函数的一个零点就看；对于C选项，利用复合函数的单调性规律即可判断；对于D选项，应用偶函数的定义即可判断

【详解】的图象向左平移个单位, 可得

,故A正确.

因为

所以是函数的一个零点,故B正确；

因为,则,

因为是的一个单调递增区间，

所以函数在区间上单调增,故C正确;

函数,

所以

记，则

所以不是偶函数,故D错误

故选:ABC.

10．已知的展开式中各项的二项式系数之和为，则展开式中（       ）

A．各项的系数之和为 B．存在常数项

C．各项的系数中最大的是 D．含的无理项有三项

【答案】BCD

【分析】由二项式系数和性质可构造方程求得，由此可得展开式的通项公式；采用赋值法可确定A错误；根据展开式可确定BCD的正误.

【详解】的二项式系数之和为，，解得：，

展开式的通项公式为：，

对于A，令，则各项的系数之和为，A错误；

对于B，令，解得：，存在常数项，B正确；

对于C，，各项系数最大的是，C正确；

对于D，当时，对应的项为含的无理项，D正确.

故选：BCD.

11．下列说法正确的有（       ）

A．的最小值为2

B．已知，则的最小值为

C．“”是“”的充分不必要条件

D．不等式成立的一个必要不充分条件是或

【答案】BCD

【分析】根据基本不等式可判断B的正误，根据反例可判断A的正误，根据集合的包含关系可判断CD的正误.

【详解】对于A，取，此时，故A错误.

对于B，，当且仅当时等号成立，

故的最小值为，故B正确.

对于C，等价于，而即为，

因为为的真子集，故“”是“”的充分不必要条件，

故C正确.

对于D，等价于，

而或即为，

因为为真子集，

故不等式成立的一个必要不充分条件是或，

故D正确.

故选：BCD.

12．已知函数，，下列结论正确的是（       ）

A．函数在上单调递减

B．函数的最小值为2

C．若，分别是曲线和上的动点，则的最小值为

D．若对恒成立，则

【答案】ACD

【分析】由，求得，在上恒成立，则在上单调递增，结合，可判定A正确；根据，存在，结合单调性，求得，可判定B错误；由曲线与直线都相切于点，可判定C正确；由对恒成立，转化为，设，得到在上单调递增，转化为，可设，利用导数求得函数的单调性与最值，可判定D正确.

【详解】由函数，则，可得在上恒成立，则在上单调递增，而，故在上恒成立，即在上单调递减，故A正确；

因为，故存在，使得，所以，解得，所以当时，，即函数单调递减，

当时，，即函数单调递增，

所以，因为，所以，故B错误；

对于C，曲线与直线相切于点，函数与直线相切于点，则的最小值为，故选项C正确；

对于D，若对恒成立，

则对恒成立，即，

可设，易可知在上单调递增，

则可化为，即，

可设，易可知在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，，则，解得，

又因为，所以，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．若，则的值为________．

【答案】5

【分析】首先令x＝2，求出，再令x＝3，求出a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11即可求解.

【详解】令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，

令x＝3，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0，

所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.

故答案为：5

14．一袋中装有10个大小相同的黑球和白球，已知从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是，从袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X，则P(X＝2)＝________.

【答案】

【分析】设白球个数为m，根据古典概型概率公式和对立事件概率公式列方程计算m，计算X取值对应的概率．

【详解】设10个球中有白球m个，

则，解得：m＝5.

P(X＝2)＝＝．

故答案为：

15．已知正三棱柱的所有棱长均为，且所有顶点都在一个球面上，若该球的表面积为，则___________.

【答案】2

【分析】设的外心为，该球的球心为，半径为，由球的表面积可得，又由正三棱柱的对称性可得，即得解

【详解】如图，设的外心为，该球的球心为，半径为，

则，解得，

又，

故，解得

故答案为：2

16．已知函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】由，利用导数求得函数的单调与极值，画出函数的图象，令，得到或，根据函数的值域为，所以或各至少一个根，结合图象，列出不等式，即可求解.

【详解】由，可得，

当时，；当时，，

所以函数在上单调递增，在单调递减，

当时，函数取得最大值，最大值，

作出函数的图象，如图所示，

令，即，可得或，

即或，

因为函数的值域为，所以或各至少一个根，

要使得函数有两个零点，

结合图象，则满足或或，

解得或或，

所以实数的取值范围是.

故答案为：.

四、解答题

17．已知中，点为线段上靠近的四等分点，其中，.

（1）求的值；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据同角基本关系式与两角差余弦公式即可得到结果；

（2）在中，利用正弦定理得到，进而利用得到答案.

【详解】（1）依题意，，

而

解得

故

，

故，故；

（2）依题意，,

在中，，

即，解得；

而，

故.

18．已知函数．

（1）若为奇函数，求的值和此时不等式的解集；

（2）若不等式对恒成立，求的取值范围．

【答案】（1），不等式的解集为；（2）．

【分析】（1）由为奇函数可得，求出m的值，代入原不等式，解不等式即可；

(2)令，原问题等价于对恒成立，分离参数并令，结合二次函数的性质求出上的最小值，进而得出m的范围.

【详解】（1）函数的定义域为，

∵为奇函数，∴对恒成立，

即对恒成立，∴.

此时，即，

解得或（舍去），                                     

∴不等式的解集为．                                 

（2）由得，即，

当，令，原问题等价于对恒成立，

即对恒成立，                              

令，

∵在上单调递增，在上单调递减，

∴，

∴．

19．某校近期将举行秋季田径运动会，运动会设田赛和径赛两类比赛，该校对高一年级名学生的参与意向进行了调查（每位同学的参与意向只能选择田赛和径赛中的一个，不能都选，也不能都不选），其中男生人，女生人，所得统计数据如下表所示：（单位：人）

（1）请将题中表格补充完整，并判断能否有把握认为“是否选择田赛与性别有关”？

（2）某位同学打算参加径赛中的三个比赛项目：短跑，长跑，跨栏跑.若该同学参加短跑获奖的概率是，参加长跑和跨栏跑获奖的概率都是，且参加各个比赛项目是否获奖相互独立.用表示该同学在这次运动会中获奖的项目个数，求随机变量的分布列和数学期望.

（参考数据：，，）

附：；

【答案】（1）填表答案见解析，有的把握认为“是否选择田赛与性别有关”；（2）分布列答案见解析，数学期望：.

【分析】（1）根据表中数据完善列联表，由列联表计算出观测值，利用独立性检验的基本思想即可求解.

（2）可取的值为，，，，根据独立事件同时发生及互斥事件概率公式分别计算概率列表即可得分布列，再由分布列求期望.

【详解】（1）

所以，有的把握认为“是否选择田赛与性别有关”

（2）可取的值为，，，

，

，

，

，

故的分布列为

.

20．在锐角中，角所对的边分别为，若．

（1）求角B；

（2）若，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）结合两角和的余弦公式化简整理即可求出结果；

（2）结合正弦定理将转化为，结合两角和的正弦公式以及辅助角公式化简整理，再利用正弦函数的图象与性质即可求出结果.

【详解】（1），

，

 ，

， ， ， ；

（2）由（1）和正弦定理得，

，

，

，

，

可得，

．

21．在四棱锥中，为棱的中点，平面，，，，，为棱的中点.

（1）求证：平面；

（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正切值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）如图，连接交于点，连接，证明，再由线面平行的判定定理即可求证；

（2）证明两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出，的坐标，进而可得平面的一个法向量，取平面的一个法向量

利用列方程求出的值，再由线面角的定义计算即可.

【详解】（1）如图，连接交于点，连接，

因为，且，所以，

又因为，所以是的中位线，

所以，

因为面，面，

所以平面；

（2）因为，，所以四边形是平行四边形，

又因为，所以四边形是矩形，可得，

又因为平面，面，面，

所以，，

以为原点，，，为轴建立空间直角坐标系，如图：

设，则，，，，，

所以，，

设平面的一个法向量，

由 可得，令，则，

所以，

取平面的一个法向量，

可得，

因为二面角为，

所以，解得：，

因为平面，

所以就是直线与平面所成角，

在中，，

所以直线与平面所成角的正切值为.

22．已知函数．

（1）若函数在上为增函数，求实数a的取值范围；

（2）当时，求函数在上的最大值和最小值；

（3）当时，求证：对于在意大于1的正整数n，都有．

【答案】（1）；（2）最大值是，最小值是；（3）证明见解析.

【分析】（1）求出导函数，由在上恒成立可得参数范围；

（2）由的正负确定在上的单调后得出最值；

（3）确定（2）中函数在上递增，然后由函数单调性得出，即，让从1开始取到，相加可证．

【详解】（1）∵，∴．

∵函数在上为增函数，∴对任意恒成立，

∴对任意恒成立，即对任意恒成立．

当时，，

∴实数a的取值范围是．

（2）当时，．

当时，，∴在上单调递减；

当时，，∴在上单调递增．

∴在上的最小值是．

又，，，

∴在上的最大值是．

（3）当时，，，

∴在上是增函数．

当时，令，则，且，

∴，即．

∴，，，，

∴，

∴对于任意大于1的正整数，都有．

【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，求函数在某个区间上的最值，证明不等式．考查了的转化与和化归能力，逻辑推理能力，运算求解能力，属于难题．在不等式证明中，注意利用题中已有的函数单调性，得出函数不等式，然后对自变量赋值处理得出的要证的不等式成立．