2022届江苏省常州市八校高三上学期12月联考数学试题含解析

2022届江苏省常州市八校高三上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．若集合且，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件，用列举法表示集合A,解简单不等式求得集合B,然后根据交集定义求解.

【详解】集合，，所以.

故选：D.

2．已知，是虚数单位，若，则（        ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】整理为的形式，根据复数相等的充要条件求出m、n，代入求模即可.

【详解】，，

.

故选：A

【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算、复数相等的充要条件、复数的模，属于基础题.

3．已知双曲线：，则“”是“直线是的一条渐近线”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】A

【解析】利用充分条件和必要条件的定义结合双曲线的有关性质进行判断即可

【详解】解：当时，双曲线方程为，以渐近线方程为，满足充分性；

反之，双曲线的一条渐近线方程为时，任意的均可，不满足必要性.

故选：A

4．函数的部分图象为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据奇偶函数的定义可得为偶函数，利用导数求出的零点不是极值点，进而得出答案.

【详解】为偶函数，关于轴对称，排除AB．

时，．

的零点不是极值点，排除D，

故选：C．

5．已知非零向量，满足，，则向量与向量的夹角为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据，设，，进而由求出x，最后由平面向量夹角公式求得答案.

【详解】因为，所以设，，则，，根据，得，即．设向量与向量的夹角，则，所以.

故选：B．

6．有5把外形一样的钥匙，其中3把能开锁，2把不能开锁，现准备通过一一试开将其区分出来，每次随机抽出一把进行试开，试开后不放回，则恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的情况为3种：①前三把都能开锁，②第一把不能开锁，第二把能开锁，第三把不能开锁，③第一把能开锁，第二把不能开锁，第三把不能开锁，由此能求出恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的概率．

【详解】有5把外形一样的钥匙，其中3把能开锁，2把不能开锁．

现准备通过一一试开将其区分出来，每次随机抽出一把进行试开，试开后不放回，

恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的情况为3种：

①前三把都能开锁，②第一把不能开锁，第二把能开锁，第三把不能开锁，

③第一把能开锁，第二把不能开锁，第三把不能开锁，

恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的概率为：

．

故选：B．

7．已知数列的前项和为，且，，若，则称项为“和谐项"，则数列的所有“和谐项”的平方和为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据，得到，两式相减得到，从而得到数列的通项公式，根据“和谐项"的定义可得，再利用等比数列的前项和可得答案.

【详解】①，②，①-②得，即，，，故，，所以数列的所有“和谐项”的平方和为.

故选：D.

8．设，若，则的范围（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，利用奇偶函数的定义和增减函数的定义判断为奇函数且为增函数，利用函数的奇偶性和单调性解不等式即可.

【详解】设，则且的定义域为，

，故为奇函数

易知：，，为增函数，故为增函数

由，得，

即，即

故解得

故选：C

二、多选题

9．下列说法正确的有（       ）

A．若，则

B．若复数满足，则

C．若平面向量、满足，则

D．在中，若，则为锐角三角形

【答案】ACD

【分析】根据不等式的性质判断A，取特例判断B，根据向量的模的性质可判断C，由两角和的正切公式可判断D.

【详解】对于A项，由，可得，所以，故A正确；

对于B项，设，，，但，，故B项错误；

对于C项，由向量的数量积定义可知、满足，则正确，故C正确；

对于D项，由可得和同号，所以只能都是锐角，又，所以，则C也是锐角，故D项正确.

故选：ACD

10．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（       ）

A．该半正多面体的体积为

B．该半正多面体过三点的截面面积为

C．该半正多面体外接球的表面积为

D．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式

【答案】BD

【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱的外接球即可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D.

【详解】如图，

该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.

A：因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，

所以该几何体的体积为：，故A错误；

B：如图，过三点的截面为正六边形，

又，所以正六边形面积为，故B正确；

C：根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，

侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误；

D：几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故D正确.

故选：BD

11．数列满足，，其前项和为，下列选项中正确的是（       ）

A．数列是公差为的等差数列 B．除以的余数只能为或

C．满足的的最大值是 D．

【答案】ABD

【分析】由题意，可得，再由叠加法求出的通项公式，进而求的通项公式，可判断A；再求的前项和代数式可判断D，分别令为奇数，偶数两种情况判断B；令，求出的最大值，判断出C，从而选出答案．

【详解】解：，可得，

，

可得，

则，所以为公差为2的等差数列，所以A正确；

可得，

当时，，则，显然除以4的余数为1；

当，，则，可得除以4的余数为0，所以B正确；

因为，，可得此时的的最大值为10，故C不正确；

因为，所以，故D正确.

故选：ABD．

12．已知椭圆的左，右两焦点分别是，，其中.直线与椭圆交于两点.则下列说法中正确的有（       ）

A．的周长为

B．若的中点为，则

C．若的最小值为，则椭圆的离心率

D．若，则椭圆的离心率的取值范围是

【答案】BD

【分析】根据椭圆的定义、直线斜率公式、离心率公式，结合平面向量数量积的坐标表示公式逐一判断即可.

【详解】A：直线恒过点，即左焦点，

由椭圆的定义可知：的周长为：

，

所以本选项说法不正确；

B：设，所以有

，

设，因为的中点为，所以，

因此，所以本选项说法正确；

C：因为直线过定点，但是不包括直线，

因为只有当时，才有最小值，所以本选项说法不正确；

D：，

而，所以有，

显然

而，

所以，故本选项说法正确，

故选：BD

【点睛】关键点睛：利用椭圆的范围是解题的关键.

三、填空题

13．圆柱上､下底面的圆周都在一个体积为的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的表面积为___________.

【答案】80π

【分析】作出圆柱的轴截面，求出圆柱的高，即可得表面积．

【详解】如图是圆柱的轴截面，其外接圆是球的大圆，

由得，，又，∴，

∴圆柱表面积为．

故答案为：．

14．已知的展开式中x的系数等于8，则a等于___________．

【答案】

【分析】把和展开，根据展开式中的系数等于8，求出的值．

【详解】解：，

所以展开式中的系数等于，解得或，

因为，所以．

故答案为：．

15．已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【分析】对分两种情况讨论，再转化为恒成立问题，分别求出函数的最值，即可得到答案；

【详解】，

①当时，；

②当时，，

，，

，

综上所述：.

故答案为：.

16．在中，设，，分别为角，，对应的边，记的面积为，且，则的最大值为________.

【答案】

【分析】运用正弦定理化简等式，根据余弦定理、面积公式，结合构造函数法，利用导数进行求解即可.

【详解】根据正弦定理，由，

由余弦定理可知：，

因此，

于是有

化简得：，把代入，化简得：

，设，

所以有

所以设，，

当时，单调递增，

当时，单调递减，故当时，函数有最大值，即

，所以的最大值为：，

因此的最大值为.

故答案为：

【点睛】关键点睛：构造新函数，利用导数进行求解是解题的关键.

四、解答题

17．已知中，D是AC边的中点．，，．

(1)求AC的长；

(2)的平分线交BC于点E，求AE的长．

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）根据，利用余弦定理建立方程求解即可；

（2）由余弦定理求出A，根据三角形面积公式由建立方程求解.

【详解】(1)设，

由余弦定理可得

又

，

，

即.

(2)由（1）知，

因为，

所以，

由可得，

，

即

解得.

18．如图，在四棱锥中，侧面底面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，点E为的中点.

(1)证明：平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)见解析；

(2)．

【分析】(1)用线线平行证明线面平行，∴在平面PCD内作BE的平行线即可；

(2)求二面角的大小，可以用空间向量进行求解，根据已知条件，以AD中点O为原点，OB，AD，OP分别为x、y、z轴建立坐标系﹒

【详解】(1)如图，取PD中点F，连接EF，FC﹒

∵E是AP中点，∴EFAD，

由题知BCAD，∴BCEF，∴BCFE是平行四边形，∴BE∥CF，

又CF平面PCD，BE平面PCD，∴BE∥平面PCD；

(2)取AD中点为O，连接OP，OB，

∵是以为斜边的等腰直角三角形，∴OP⊥AD，

又平面平面，平面PAD∩平面＝AD，

∴OP⊥平面ABCD，∵OB平面ABCD，∴OP⊥OB，

由BC∥AD，CD⊥AD，AD＝2BC知OB⊥OD，

∴OP、OB、OD两两垂直，故以O为原点，OB、OD、OP分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图：

设|BC|＝1，则B(1，0，0)，D(0，1，0)，E(0，)，P(0，0，1)，

则，

设平面BED的法向量为，平面PBD的法向量为

则，取，

，取

设二面角的大小为θ，则cosθ＝﹒

19．已知等差数列{an}中，公差d>0，S11=77，且a2，a6﹣1，a11成等比数列.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若Tn为数列的前n项和，且存在n∈N，使得Tn﹣λan+1≥0成立，求实数λ的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得数列的通项公式.

（2）利用裂项求和法求得，对分离常数，结合基本不等式求得的取值范围.

【详解】(1)由题意可得，即，

又因为，所以，所以.

(2)，，

存在，使得成立.

存在，使得成立.

即存在，使得成立.

（当且仅当时取等号）.

，即实数的取值范围是.

20．如图，椭圆：（）的离心率为，直线：与只有一个公共点.

（1）求椭圆的方程.

（2）不经过原点的直线与平行且与交于，两点，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）由椭圆的离心率为，可得，再由直线与椭圆只有一个公共点，可把直线与椭圆方程联立成方程组消元后，判别式等于零，可求出，从而可得椭圆的方程；

（2）由（1）可求出点，从而可得直线的方程为，设，，直线的方程与椭圆的方程联立成方程组，化简后利用根与系数的关系可得，，而化简变形可得结果.

【详解】（1）解：由，得，

由，得，

所以的方程为，即，

与：联立得，

令，得，

所以椭圆的方程为.

（2）证明：由（1）得，所以，

设：，，，

联立方程组

整理得，

，得，

则，，

，

所以.

【点睛】此题考查的是求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，属于中档题.

21．数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，玩家需要根据盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行､每一列､每一个粗线宫（）内的数字均含1﹣9，不重复.数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛.

（1）赛前小明在某数独APP上进行一段时间的训练，每天的解题平均速度（秒）与训练天数（天）有关，经统计得到如表的数据：

现用作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测小明经过100天训练后，每天解题的平均速度约为多少秒？

（2）小明和小红在数独APP上玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，两人约定先胜4局者赢得比赛.若小明每局获胜的概率为，已知在前3局中小明胜2局，小红胜1局.若不存在平局，请你估计小明最终赢得比赛的概率.参考数据（其中）

参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.

【答案】（1），经过100天训练后，每天解题的平均速度约为140秒；（2）.

【分析】（1）先求得，结合，求得，，写出回归方程，再将，代入求解；

（2）设比赛再继续进行局小明最终获得比赛，则最后一局一定是小明获胜，根据最多再进行4局就有胜负，分，，，利用独立事件的概率，结合互斥事件的概率求解.

【详解】（1）由题意，，

令，设关于的线性回归方程为，则

，

则.

∴，又，

∴关于的回归方程为，

故时，.

∴经过100天训练后，每天解题的平均速度约为140秒.

（2）设比赛再继续进行局小明最终赢得比赛，则最后一局一定是小明获胜，

由题意知，最多再进行4局就有胜负.

当时，小明胜，∴；

当时，小明胜，∴；

当时，小明胜，∴.

∴小明最终赢得比赛的概率为.

22．已知．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，对任意都有成立，求实数a的最大值．

【答案】(1)当时，在定义域上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减

(2)

【分析】（1）求得导函数，讨论时，时，导函数的符号，即可判断原函数的单调性；

（2）当时，对有成立，可化为在上恒成立，令，只需，计算即可求得结果．

【详解】(1)∵的定义域为，且．

当时，显然，∴在定义域上单调递增；

当时，令，得，则有：

即在上单调递增，在上单调递减，

综上所述，当时，在定义域上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减；

(2)当时，，

又，对有成立，

∴在上恒成立，

令，只需．

∵，

∵，∴，令，则，

∴在上单调递增，又∵，

∴存在唯一的，使得，即，

两边取自然对数得，

则

，

∴，即a的最大值为．