2022届江西省八所重点中学高三4月联考数学（文）试题含解析

这是一份2022届江西省八所重点中学高三4月联考数学（文）试题含解析，共21页。试卷主要包含了设集合，则，已知直线，平面，则“”是“”的，设，则的大小关系为，定义在上的函数满足等内容，欢迎下载使用。
江西省八所重点中学2021-2022学年高三下学期4月联考文科数学试卷  2022.4考试时间：120分钟 分值：150分一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，则（    ）A.    B.    C.    D.2.复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点所在的象限为（    ）A.第一象限    B.第二象限C.第三象限    D.第四象限3.已知直线，平面，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4.已知平面向量的夹角为，且，则的值为（    ）A.    B.4    C.    D.5.设，则的大小关系为（    ）A.    B.C.    D.6.魏晋南北朝时期，我国数学家祖冲之利用割圆术，求出圆周率约为，是当时世界上最精确的圆周率结果，直到近千年后这一记录才被打破.若已知的近似值还可以表示成，则的值为（    ）A.    B.    C.8    D.7.2022北京冬奥会开幕式将我国二十四节气融入倒计时，尽显中国人之浪漫，倒计时依次为：大寒､小寒､冬至､大雪､小雪､立冬､霜降､寒露､秋分､白露､处暑､立秋､大暑､小暑､夏至､芒种､小满､立夏､谷雨､清明､春分､惊蛰､雨水､立春，已知从冬至到夏至的日影长等量减少，若冬至､立冬､秋分三个节气的日影长之和为31.5寸，冬至到处暑等九个节气的日影长之和为85.5寸，问夏至的日影长为（    ）A.4.5寸    B.3.5寸    C.2.5寸    D.1.5寸8.在内任取一个实数，设，则“函数有零点"的概率等于（    ）A.    B.    C.    D.9.定义在上的函数满足：的图像关于对称，当时，，且当时，，则（    ）A.    B.    C.1    D.310.设三棱柱的侧棱垂直于底面，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（    ）A.    B.    C.    D.11.已知分别是双曲线的左､右焦点，以线段为直径的圆与双曲线及其渐近线在第一象限分别交于两点，若两点的横坐标之比是，则该双曲线的离心率为（    ）A.    B.    C.    D.12.函数，若关于的方程范围为（    ）A.    B.    C.    D.二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知实数满足不等式组，则的最小值为__________.14.某工厂为了解产品的生产情况，随机抽取了50个样本，若样本数据的方差为8，则数据的方差为__________.15.我国著名的数学家秦九韶在《数书九章》提出了一种求三角形面积的方法“三斜求积术”，即在中，角所对的边分别为，则的面积为，若，且的外接圆的半径为，则面积的最大值为__________.16.已知抛物线，其焦点为点，点是拋物线上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为__________.三､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤，第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.（本小题12分）2022年2月4日北京冬奥运会正式开幕，“冰墩墩”作为冬奥会的吉样物之一，受到各国运动员的“追捧”，成为新晋“网红”，尤其在我国，广大网友纷纷倡导“一户一墩”，为了了解人们对“冰墩墩”需求量，某电商平台采用预售的方式，预售时间段为2022年2月5日至2022年2月20日，该电商平台统计了2月5日至2月9日的相关数据，这5天的第x天到该电商平台参与预售的人数y（单位：万人）的数据如下表：日期2月5日2月6日2月7日2月8日2月9日第天12345人数（单位：万人）4556646872（1）依据表中的统计数据，请判断该电商平台的第天与到该电商平台参与预售的人数（单位：万人）是否具有较高的线性相关程度？（参考：若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，计算时精确度为）（2）求参与预售人数与预售的第天的线性回归方程；用样本估计总体，请预测2022年2月20日该电商平台的预售人数（单位：万人）.参考数据：附：相关系数18.（本小题12分）已知数列满足.（1）求数列的通项公式：（2）设数列的前项和为，求数列的前项和.19.（本小题12分）如图1，四边形为矩形，四边形和都是菱形，，，分别沿将四边形和折起，使点，重合于点，点重合于点，得到如图2所示的几何体.（1）证明：平面平面；（2）求图2中几何体的体积.20.（本小题12分）已知函数.（1）判断的单调性；（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.21.（本小题12分）已知椭圆的离心率为，椭圆的中心到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）设过椭圆的右焦点且斜率为的直线和椭圆交于两点，对于椭圆上任意一点，若，求的最大值.（二）选考题：共10分，请考生在第22､23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.（本小题10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线和曲线的直角坐标方程；（2）设，若曲线与曲线交于两点，求的值.23.（本小题10分）选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围.                      参考答案：1．B【解析】【分析】先求出结合，再根据集合的交集运算，即可求出结果.【详解】因为，所以.故选：B.2．A【解析】【分析】首先根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可得到其共轭复数，从而得到其在复平面内所对应的点的坐标，即可判断；【详解】解：因为，所以，所以，所以的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为位于第一象限；故选：A3．D【解析】【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断得解.【详解】解：当“”时，不一定垂直，可能垂直，可能不垂直，所以“”是“”的非充分条件；当时，，但是不一定垂直，可能平行，可能相交不垂直，可能垂直相交，所以“”是“”的非必要条件.所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D4．C【解析】【分析】根据平面向量的模的坐标运算，以及向量的数量积公式，即可求出结果.【详解】因为平面向量的夹角为，且，所以，所以.故选：C.5．A【解析】【分析】根据对数函数性质得到确定，再根据正弦函数值域范围确定，再根据指数函数性质得到确定即可.【详解】因为，，，所以.故选：A.6．C【解析】【分析】利用平方关系、诱导公式和二倍角公式求解.【详解】因为，所以，，，故选：C7．D【解析】【分析】根据从冬至到夏至的日影长等量减少，由等差数列求解.【详解】解：因为从冬至到夏至的日影长等量减少，所以构成等差数列，由题意得：，则，，则，所以公差为，所以，故选：D8．A【解析】【分析】由判别式求得的范围，然后根据区间长度比可得概率.【详解】由解得或，又，所以使函数有零点的的取值范围为，由区间长度比可得.故选：A9．B【解析】【分析】由题意可知函数函数是上的奇函数，且当时，函数的周期为；所以可知，，由此即可求出结果.【详解】由于将函数的图像向右平移一个单位得到函数的图象，又的图像关于对称，所以函数的图象关于对称，即函数是上的奇函数，又当时，， 所以，又当时，，所以.所以.故选：B.10．C【解析】【分析】直棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心做垂直于底面的直线与中截面的交点，底面外接圆的半径、球的半径和直棱柱的高的一半构成直角三角形，由题意求出外接球的半径，可得答案．【详解】由题意知底面外接圆的圆心为点，设外接圆的半径为，三棱柱的外接球的半径为，，，由余弦定理得，由正弦定理得，所以，过做垂直于底面的直线交中截面与点，则为外接球的球心，由题意得：，所以外接球的表面积，故选：C．11．C【解析】【分析】利用几何关系求出点的坐标，将坐标代入双曲线方程即可求得离心率.【详解】作轴，垂足为，轴，垂足为，设，，则，由渐近线的方程可知，在△中，，解得，由已知得，即，即，则点的坐标为，代入双曲线方程可得，化简得，即，故选：.12．D【解析】【分析】作出函数，关于的方程恰有四个不同的实数根，等价于或与图像有四个不同交点，根据图像判断即可.【详解】作出函数的图像如下所示，当，时，，所以时递增，当时递减，所以当时，在处取最大值为：（如下图所示平行于直线）；因为，即，解得或，当时，观察图像易知此时只有一个交点，即有一个根，要使关于的方程恰有四个不同的实数根，则需要与图像有三个不同交点，只需要，即.故选：D.13．1【解析】【分析】根据不等式组作出可行域，根据的几何意义采用平移直线法求解出目标函数的最小值.【详解】作出可行域如下图所示：当令，作直线，然后平移过点C时，取得最小值，又，得，即，所以.故答案为：114．72【解析】【分析】根据方差的性质可得答案.【详解】样本数据的方差为8，所以数据的方差为.故答案为：72.15．【解析】【分析】利用同角三角函数的平方关系化简，结合正弦定理角化为边，得到，利用余弦定理求得C，再求得c，利用基本不等式求得，从而由求得答案.【详解】由得：，即，故，所以 ，而 ,所以 ，则，当且仅当 时取等号，故，即面积的最大值为 ，故答案为： 16．##【解析】【分析】通过确定直线过定点M，得到Q在以FM为直径的圆上，将P到Q的距离转化为到圆心的距离的问题，再利用抛物线的定义就可得到最小值.【详解】将已知直线化为，当时，可确定直线过定点，记为M点.∵过点F做直线的垂线，垂足为Q，∴直线，即，故Q点的轨迹是以FM为直径的圆，半径，其圆心为FM的中点，记为点H，∴，∵P在抛物线上，其准线为，∴等于P到准线的距离.过P作准线的垂线，垂足为R.要使取到最小，即最小，此时R、P、Q三点共线，且三点连线后直线RQ过圆心H.如图所示，此时.故答案为：17．(1)具有较高的线性相关程度(2)，万人【解析】【分析】（1）根据已知数据计算出相关系数可得；（2）由已知数据求出回归方程的系数得回归方程，然后在回归方程中充代入计算可得估计值．(1)由表中数据可得，所以又所以所以该电商平台的第天与到该电商平台参与预售的人数（单位：万人）具有较高的线性相关程度即可用线性回归模型拟合人数与天数之间的关系.(2)由表中数据可得则所以令，可得（万人）故2022年2月20日该电商平台的预售人数万人18．(1)；(2).【解析】【分析】（1）对原式进行下标的缩减，结合等比数列的通项公式，即可求得；（2）根据（1）中所求，求得以及，分组求和即可求得结果.(1)当时，由得两式作差得，即，又所以数列是从第二项开始公比为2的等比数列，故.(2)当时，；当时，，时，亦满足上式.所以即.19．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）取的中点，连接，即可得到，，再由勾股定理逆定理得到，即可得到平面，从而得证；（2）连接，由（1）知平面，同理可得平面，根据计算可得；(1)证明：取的中点，连接，四边形和都是菱形，又，又，即有，所以，又平面，平面，又平面，平面平面；(2)解：连接，由（1）知平面，同理平面且，，所以20．(1)单调增区间为，单调减区间为(2)【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后由导数的正负可求出函数的单调区间，（2）由函数在上为增函数，求出函数的最值，则，然后将问题转化为，从而可求出实数的取值范围.(1)令，解得或，且当时，，当时，，当时，即的单调增区间为，单调减区间为(2)由（1）知，当时，恒成立所以在上为增函数，即.的最大值为恒成立即，又 故的取值范围21．(1)(2)【解析】【分析】（1）利用椭圆的性质和点到直线的距离公式，求得即可得出椭圆的方程；（2）将椭圆方程与直线方程联立，结合方程根与系数的关系，根据，可知点的横纵坐标为由于点在椭圆上，可知，再根韦达定理，可得，利用基本不等式即可求解．(1)解：，，；椭圆的中心到直线的距离为，，椭圆的方程为.(2)解：由（1）可知，由题可知直线的方程为，与椭圆的方程联立，消去得设，则有.设，由得，又点在椭圆上，即①整理得②点在椭圆上，③将②③代入①可得又即，当且仅当时取“”的最大值为.22．(1)，(2)【解析】【分析】（1）将曲线的参数方程化为然后消去参数可得曲线的直角坐标方程，先对曲线的极坐标方程化简，然后利用极坐标与直角坐标的互化公式可求得曲线直角坐标方程，（2）由题意可得直线的参数方程，然后将其代入曲线的直角坐标方程中，利用根与系数的关系结合参数的几何意义可求出结果(1)曲线的参数方程为（为参数），整理得两式相减得曲线的直角坐标方程为：曲线的极坐标方程为，根据，可得曲线直角坐标方程为：(2)由于点满足直线的方程，故直线的参数方程为（为参数），把直线的参数方程代入，得到：所以故23．(1)(2)【解析】【分析】（1）分，和三种情况求解即可，（2）先求出的最小值为3，则问题转化为，从而可求出实数的取值范围(1)因为所以不等式等价于或或解得不等式的解集为(2)由（1）知：当时，；当时，；当时，.故函数的值域为，即的最小值是3不等式对一切实数恒成立，，解得故实数的取值范围是