2022届江苏省扬州中学高三下学期3月月考数学试题含解析

这是一份2022届江苏省扬州中学高三下学期3月月考数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届江苏省扬州中学高三下学期3月月考数学试题
一、单选题
1．设全集，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】解一元二次不等式求出集合，根据指数函数的单调性求出结合，进而求出，根据集合的交集运算即可求出结果.
【详解】因为，
所以
所以.
故选：D.
2．“”是“直线的斜率不存在”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
【答案】C
【分析】先求直线斜率不存在时的的值，然后再验证即可得到答案.
【详解】直线的斜率不存在，则，，
解得．
“”是“直线的斜率不存在”的充要条件，
故选：C．
3．由直线上的点向圆作切线，则切线长的最小值为（       ）
A．1 B． C． D．3
【答案】B
【分析】先求圆心到直线的距离，此时切线长最小，由勾股定理不难求解切线长的最小值．
【详解】切线长的最小值是当直线上的点与圆心距离最小时取得，
圆心到直线的距离为，
圆的半径为1，
故切线长的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查圆的切线方程，点到直线的距离，是基础题．
4．车马理论也称霍姆斯马车理论，是指各种资源都得到最合理配置和使用充分均匀的一种理论．管理学家经常将霍姆斯马车理论引申为：一个富有效率的团队，不需要每一个人都是最有能力的，而在于每个人的能力都能得到最合理的发挥．某班一小队共10名同学，编号分别为1，2，…，9，10，要均分成两个学习小组（学习小组没有区别），其中1，2号同学必须组合在一起，3，4号同学也必须组合在一起，其余同学可以随意搭配，就能达到最佳效果，那么不同的分组方式的种数为（       ）
A．26 B．46 C．52 D．126
【答案】A
【分析】根据题意分为两类：（1）当1，2号同学与3，4号同学在同一个小组，（2）当1，2号同学与3，4号同学在不同的小组，即可求解.
【详解】由题意，可分为两类：
（1）若1，2号与3，4号在同一个小组，那么该小组还差1人，有种分组方式；
（2）若1，2号与3，4号在不同的小组，则这两个小组均还差3人，有种分组方式，
所以共有种分组方式．
故选：A．
5．关于函数y=sin（2x+φ）（）有如下四个命题：
甲：该函数在上单调递增；
乙：该函数图象向右平移个单位长度得到一个奇函数；
丙：该函数图象的一条对称轴方程为；
丁：该函数图像的一个对称中心为.
如果只有一个假命题，则该命题是（       ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】D
【分析】根据题意首先求出函数的增区间，平移后的解析式，对称轴和对称中心，进而分别讨论甲、乙、丙、丁为错误时其它命题的正误，进而得到答案.
【详解】令，则函数的增区间为…①；
函数图象向右平移个单位长度得到…②；
令…③；
令…④.
若甲错误，则乙丙丁正确，由②，由函数的奇偶性性，令，由①，函数的增区间为，则甲正确，矛盾.令，由①，函数的增区间为，则甲错误，满足题意.由③，函数的对称轴方程为，时，，则丙正确.由④，函数的对称中心为，令，丁错误.不合题意；
若乙错误，则甲丙丁正确，易知函数增区间的的两个端点的中点为对称中心，由①，令，结合④，令，由函数的奇偶性，取k=0，，由③，，令，则丙错误.不合题意；
若丙错误，则甲乙丁正确，由②，由函数的奇偶性，令，由①，函数的增区间为，则甲错误，不合题意.令，由①，函数的增区间为，甲正确.取区间中点，则丁错误.不合题意；
若丁错误，则甲乙丙正确. 由②，由函数的奇偶性，令，由①，函数的增区间为，则甲错误，不合题意.令，，由①，函数的增区间为，甲正确.由③，.k=-2时，，则丙正确.由④，，令，④错误.满足题意.
综上：该命题是丁.
故选：D.
6．已知数列{an}的通项公式，前n项和为Sn，若m＞n，则Sm﹣Sn的最大值是（　　）
A．5 B．10 C．15 D．20
【答案】B
【分析】由题可得要使的值最大，则包含所有的正项，求出即可得出.
【详解】解：依题意，，
所以要使的值最大，则包含所有的正项，
令，得，
代入得.
故选：B．
7．已知点P是抛物线上一点，且点P到点的距离与到y轴的距离之和的最小值为，则（       ）
A． B．4 C． D．
【答案】D
【分析】如图所示，点P到点的距离与到y轴的距离之和为，再解方程，即得解.
【详解】
如图所示，由题得准线方程为，
点P到点的距离与到y轴的距离之和为，
（当点在线段与抛物线的交点时取等）
，
所以，
解之得.
故选：D
【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值问题常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）数形结合法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
8．已知定义域为的函数的导函数为，且，若，则函数的零点个数为（       ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】由，构造函数，根据，求得，进而得到，利用导数法求解.
【详解】因为，
所以，
则，
所以，即，
因为，
所以，解得，
所以，
则，
所以，
当或时，，当时，，
所以当时，函数取得极大值，
当时，函数取得极小值，
又当时，，
所以函数的零点个数为1，
故选：B
二、多选题
9．以下命题正确的是（       ）
A．若直线的倾斜角为，则其斜率为
B．已知，，三点不共线，对于空间任意一点，若，则，，，四点共面
C．不经过原点的直线都可以用方程表示
D．若点在线段（）上运动，则的最大值为
【答案】BD
【分析】根据斜率和倾斜角的关系判断A，根据空间向量基本定理判断B，根据截距式方程判断C，根据反比例函数的性质判断D；
【详解】对于A：因为倾斜角的取值范围为，当，斜率不存在，故A错误；
对于B：由，，三点不共线，对于空间任意一点，若，则，即，则，，，四点共面，故B正确；
对于C：平行于轴或轴的直线不能用方程表示，故C错误；
对于D：因为点在线段上运动，所以，因为，所以，，所以，故的最大值为，故D正确；
故选：BD
10．已知向量，，，则下列说法正确的是（       ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．对于任意，，
D．对于任意，，
【答案】BCD
【分析】A垂直的数量积为0，列出等式，看解出的是否在上；
B由平行的坐标表示列出等式，看解出的是否在上；
C先由向量数量积的坐标运算，列出和三角函数有关的式子，再求其值域即可；
D先表示出模，转化为三角函数求值域问题求解.
【详解】解：对A：，若，则，因为，此时无解，故A错误；
对B：若，则，因为，所以，故B正确；
对C：，因为，所以，，则，，所以，，故C正确；
对D：，因为，则，，所以，，则，，故D正确；
故选：BCD．
11．如图，在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，上的动点（点不与点，重合），若，则下列说法正确的是　　

A．存在点，使得点到平面的距离为
B．用过，，三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
C．平面
D．用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为
【答案】ABD
【分析】连接，，，，，，，根据线线平行，面面平行求出平面，得到到平面的距离，判断；
连接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于点，根据比例关系得到四边形为梯形，判断；
连接，由可知平面平面，根据线面关系判断；
在上取点，过点作交于点，过作交于，以此类推截面为六边形，求出六边形的周长判断即可．
【详解】对于：连接，，，，，，，如图示：

，，，，且平面平面，
又已知三棱锥各条棱长均为，则三棱锥为正四面体，
故到平面的距离为：，
平面，，又，且，
平面，又平面，，
同理可得，且，平面，
又，到平面的距离，，且，故正确；
对于：连接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于点，如图示：

，且，，则，，故即为，连接，
过点，，的截面为四边形，
由条件可知，，且，
四边形为梯形，故正确；
对于：连接，由可知平面平面，如图示：

又平面，平面，故不平行于平面，
故平面不成立，故错误；
对于：在上取点，过点作交于点，
过作交于，以此类推，如图示：

依次可得点，，，此时截面为六边形，
根据题意可知：平面平面，
不妨设，则，
故，
故六边形的周长为：，故正确；
故选：．
12．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，两条渐近线的夹角正切值为，直线：与双曲线的右支交于，两点，设的内心为，则（       ）
A．双曲线的标准方程为 B．满足的直线有2条
C． D．与的面积的比值的取值范围是
【答案】ACD
【分析】A:设其中一条渐近线的倾斜角为，，由题干条件可知，从而解出，即，又有焦点坐标，联立可解出，从而求出双曲线方程；B：直线过焦点，判断过焦点弦的最短弦可判断B；C：由双曲线的定义和切线的性质进行转化可判断；D：将三角形的面积用内切圆的半径和边长计算，结合定义，可得到，由的范围可求出比值的范围.
【详解】A选项，设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，，因为，所以，从而，解得或（舍去），所以，又，所以，，所以双曲线的标准方程为，故A正确；B选项，直线的方程，即，则直线恒过右焦点，又过焦点的弦最短为，所以满足的直线只有1条，B错误；
C选项，由双曲线的定义可知，，即，因此是的内切圆在边上的切点，因此，C正确；
D选项，由题知
，因为，所以，D正确.
【点睛】知识点点睛：（1）同支的焦点弦中最短的为通径（过焦点且垂直于实轴所在的直线的弦），其长度为；异支的弦中最短的为实轴，其长度为.（2）由圆外一点引圆的切线，切线长相等.
三、填空题
13．写出一个虚数z，使得为纯虚数，则___________.
【答案】（答案不唯一）．
【分析】设（，，），代入计算后由复数的定义求解．
【详解】设（，，），则，因为为纯虚数，所以且.
任取不为零的实数，求出即可得，答案不确定，如，
故答案为：．
14．的展开式中有理项的个数为_____．
【答案】17
【分析】先写出通项公式，然后让为整数即可求解.
【详解】通项公式，有理项只需要保证为整数即可，又，故，共17个.
故答案为：17.
15．已知定义在R上的函数，若函数为偶函数，且对任意，（），都有，若，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】由函数为偶函数，故函数的图象关于直线x=2对称，再根据条件可知，所以函数在[2,+∞)上单调递减，在(－∞,2]上单调递增，由得，解之即可求出结果.
【详解】由于函数为偶函数，故函数的图象关于直线x=2对称，
又“对任意，（），都有”，
所以函数在[2,+ ∞)上单调递减，在(－∞,2]上单调递增，
由得，解得.
故答案为.
【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的应用，意在考查学生分析问题和解决问题的能力，要求学生掌握数形结合的思想运用，属中档题.
四、双空题
16．在四棱锥中，平面，，点是矩形内（含边界）的动点，且，，直线与平面所成的角为.记点的轨迹长度为，则______；当三棱锥的体积最小时，三棱锥的外接球的表面积为______.
【答案】         
【解析】先根据已知条件判断出点的轨迹为圆弧，再求此时的，即可求出；判断三棱锥的体积最小时即点位于时，此时三棱锥的外接球球心为的中点，所以半径为的一半，从而可得外接球的表面积.
【详解】如图，因为平面，垂足为，
则为直线与平面所成的角，
所以.因为，所以，
所以点位于底面矩形内的以点为圆心，为半径的圆上，
记点的轨迹为圆弧.连接，则.
因为，，所以，
则弧的长度，所以.
当点位于时，三棱锥的体积最小，
又，
∴三棱锥的外接球球心为的中点.
因为，
所以三棱锥的外接球的表面积.

故答案为：；
【点睛】本题考查了由线面垂直得到线面角，判断出动点轨迹，外接球的半径及表面积的计算，属于较难题.
五、解答题
17．已知等差数列和正项等比数列满足，，，．
(1)求和的通项公式；
(2)对于集合、，定义集合且，设数列和中的所有项分别构成集合、，将集合的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）设等差数列公差为，等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，结合等比数列的通项公式可求得，求出的值，可求得，利用等差数列的通项公式可求得；
（2）分析可知，所以前项由的前项去掉的，，这项构成，利用等差数列的求和公式可求得的值.
【详解】(1)解：设等差数列公差为，等比数列的公比为，
，，解得或（舍去）.   
又，所以.       
所以，，
所以，.
(2)解：，，又，
所以中要去掉数列的项最多项，
数列的前项分别为、、、、、，
其中、、三项是数列和数列的公共项，                 
所以前项由的前项去掉的，，这项构成.
.
18．已知四边形，A，B，C，D四点共圆，，，．
(1)若，求的长；
(2)求四边形周长的最大值．
【答案】(1)5
(2)
【分析】（1）先通过余弦定理求出，再借助正弦定理求即可；
（2）直接表示出周长，借助余弦定理求出的最大值，即可求出周长的最大值.
【详解】(1)在中，由余弦定理得

，得.     
因为，所以.     
因为四点共圆，所以与角互补，
所以，，
在，由正弦定理得：，
所以.
(2)因为四边形的周长为，
在中，由余弦定理得：，
即

，
当且仅当时，，
所以四边形周长的最大值为.
19．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，为中点.

（1）若，求证：平面；
（2）当直线与平面所成角最大时，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）分别证明和，再由线面垂直的判定定理即证明；
（2）设，建立空间直角坐标系，找出平面的法向量，把直线与平面所成角的正弦表示成的函数，再用均值不等式，即可算出，从而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）证明：平面，平面

四边形为矩形

又，平面
平面
平面

在中，，为中点

又，平面
平面
（2）以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则


令，解得

设直线与平面所成角为，则



当且仅当时，等号成立
三棱锥的体积
【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
20．已知椭圆：的右焦点在直线上，且离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设，，过点A的直线与椭圆交于另一点（异于点），与直线交于一点，的角平分线与直线交于点，是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，，理由见解析
【分析】（1）先把代入直线方程，求出，根据离心率和求出椭圆方程；（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，求出点P的坐标，表达出直线的斜率，再使用二倍角公式及直线NF的斜率表达出直线的斜率，从而得到等式，求出，得到的关系，得到的值.
【详解】(1)因为右焦点在直线上，所以

所以椭圆的方程为
(2)存在，，理由如下：
因为，设. 显然.
可设直线的方程为，
因为点在这条直线上，则
联立，得的两根为，
   

设 则      
，
因为，所以.
故存在常数，使得
【点睛】对于圆锥曲线定值问题，一般要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，进行求解，本题中由于一点是已知得，所以可以通过韦达定理求出另外一个交点的坐标，通过两种方法表达同一条直线的斜率得到等量关系，从而得到答案.
21．某商城玩具柜台元旦期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送元旦礼品．而每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个．
（1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及；
（2）礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒．通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为．
①；
②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个．
【答案】（1），；（2）①；②应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
【分析】（1）根据题意，集齐，，玩偶的个数可以分三类情况：，， 玩偶中，每个均有出现两次、，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次、，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次讨论计算，并根据古典概率计算即可；对于，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率再求解.
（2）①根据题意，，当时，，再根据数列知识计算即可；
②由①得购买甲系列的概率近似于，故用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，再根据二项分布的期望计算即可.
【详解】解：（1）由题意基本事件共有：种情况，
其中集齐，，玩偶的个数可以分三类情况，
，， 玩偶中，每个均有出现两次，共种；
，， 玩偶中，一个出现一次，一个出现两次，一个出现三次，共种；
，， 玩偶中，两个出现一次，另一个出现四次，共种；
故.
根据题意，先考虑一次性购买个乙系列盲盒没有集齐，玩偶的概率，即，
所以.
（2）①由题意可知：，当时，，
∴，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
∴，
②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，
所以，对于每一个人来说，某天来购买盲盒时，可以看作n趋向无穷大，
所以购买甲系列的概率近似于，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则，
所以，即购买甲系列的人数的期望为40，
所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个．
【点睛】本题考查排列组合，数列递推关系，二项分布的数学期望等，考查运算求解能力，是中档题.本题第一问解题的关键在于根据题意，分类计数，注意考虑全面，避免重漏，第二问解题的关键在于根据题意得关于的递推关系，进而利用数列知识求解.
22．已知函数，，若函数在定义域上存在两个极值点，，且.
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，由转化为在上有两个不相等的正根，，列出不等式组，求出实数的取值范围；（2）先得到，化简得到，构造新函数（），二次求导后利用单调性和极值证明出不等式.
【详解】(1)函数的定义域是，.
令，得在上有两个不相等的正根，，，解得，经验证，符合要求.
(2)由（1）可知，，（）是方程在上的两个不等实根，所以，其中，.

.
同理，.

.
令（），
则，
再令，（），则在上恒成立，则
函数在上单调递增，，从而在区间上恒成立，于是函数在上单调递增，.
所以，即.
【点睛】利用导函数研究函数单调性是非常重要的，这道题目就是含有多元的不等式证明问题，消去一个未知量，变为一个新函数，通过研究新函数的单调性和极值等性质进行不等式的证明.