九江市2022年第三次高考模拟统一考试——理数（WORD版含答案）练习题

这是一份九江市2022年第三次高考模拟统一考试——理数（WORD版含答案）练习题，共11页。试卷主要包含了已知命题若，则，命题，，则，已知，则，已知，其中为自然对数的底数，则等内容，欢迎下载使用。
九江市2022年第三次高考模拟统一考试
数 学 试 题（理科）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.全卷满分150分，考试时间120分钟.考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名等项内容填写在答题卡上.2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，第II卷用黑色签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效.第Ⅰ卷（选择题60分）一、选择题：本大题共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.已知为虚数单位，且，则(D)A. B. C. D.解:依题意得，则，故选D.2.已知集合，，则(A)A. B. C. D.解:，，，故选A.3.已知命题若，则，命题，，则(C) A.为真命题 B.为假命题C.为真命题 D.为真命题解:依题意得为假命题，为真命题，则为假命题，为真命题，为真命题，为假命题，故选C.4.已知，则(C)A. B. C. D.解:，故选C.5.已知函数是定义在的奇函数，且当时，.若，则(B)A. B. C. D.解：依题意，得，故，，，故选B.6.已知，其中为自然对数的底数，则(A)A. B. C. D.解:；，且，即；由知，故，故选A.7.函数的部分图像如图所示，对任意实数，都有，下列说法中正确的是(B)①的最小正周期为；②的最小值为；③的图像关于对称；④在上单调递增.A.①③ B.②③ C.②④ D.③④解:由图像可知，，，则，，，故①错误；又，则，，的最小值为，故②正确；则点为函数图像的对称中心，③正确；由，且，得，，当时，，显然在上不单调，故④错误，故选B.8.小明同学本学期5次数学测验中，最高分为90分，最低分为70分，中位数为85分，则这5次数学测验的平均分不可能是(D)A.分 B.分 C.分 D.分解:依题意得小明5次测验中，有三次成绩分别为70，85，90，设另外两次测验成绩分别为，且，则，所以，这5次数学考试的平均分，故选D.9.已知正三棱柱的所有棱长均相等，直线与所成的角为，则(C) A. B. C. D.解:如图，设分别为的中点，则，由图可知，设正三棱柱的棱长为，则，，，，，，故选C.10.双曲线的左右焦点分别为，为圆与该双曲线的一个公共点，则的面积为(A) A. B. C. D.解: 由双曲线方程知，，恰好为圆的直径,所以，由双曲线定义知,，，，故选A.11.如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为；若放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则(D)       A. B. C. D.解:设储物盒所在球的半径为，如图，小球最大半径满足，，正方体的最大棱长满足，解得，，故选D.12.油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫开展油纸伞文化艺术节.活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为2，当阳光与地面夹角为时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，若该椭圆的离心率为，则(D)A. B. C. D.解：因伞柄底端正好位于椭圆的的长轴上，由图可知，椭圆的短半轴长.在中，由正弦定理得，解得，，故选D.第Ⅱ卷（非选择题90分）本卷包括必考题和选考题两部分.第13-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22-23题为选考题，学生根据要求作答.二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，若，则实数的值为  5  .解:，，，解得.14.中，三内角的对边分别为，已知，则角.解：由余弦定理得，即，，∵，∴.15.已知直线()与曲线相切，则.解：设切点为，则，，消去得，函数在上单调递增，且，，此时.16.日常生活中，许多现象都服从正态分布.若，记，，.小明同学一般情况下都是骑自行车上学，路上花费的时间(单位：分钟)服从正态分布.已知小明骑车上学迟到的概率为.某天小明的自行车坏了，他打算步行上学，若步行上学路上花费的时间(单位：分钟)服从正态分布，要使步行上学迟到的概率不大于，则小明应该至少比平时出门的时间早  20  分钟.解:由小明骑车上学迟到的概率知，小明骑车花费分钟才会迟到.若小明步行上学，要使迟到的概率不大于，则步行花费时间应小于分钟，故小明应该至少比平时出门的时间早分钟.三、解答题:本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.(本小题满分12分)已知数列的前项和为，且满足，.(Ⅰ)求；(Ⅱ)求数列的前项和.解:(Ⅰ)当时，，∵，∴………1分当时，由，得，两式相减得………2分即………3分∴数列，均为公比为4的等比数列………4分∴，………5分∴………6分(Ⅱ)∵………9分∴数列的前项和………12分18.(本小题满分12分)如图1，矩形中，，，为上一点且.现将沿着折起，使得，得到的图形如图2.(Ⅰ)证明：平面；(Ⅱ)求二面角的余弦值.    解:(Ⅰ)法一：∵四边形为矩形，，且，∴………1分∵，∴………2分∵，，∴，∴………3分∵四边形为矩形，∴………4分∵，平面，∴平面………5分法二：∵四边形为矩形，，且，∴，………1分又，∴，∴………2分又，，平面，∴平面………3分又平面，∴………4分又，，平面，∴平面………5分(Ⅱ)过作，交于，∵，，∴，∴…………6分由(Ⅰ)知平面，平面，∴平面平面，又，平面，∴平面，故以为原点建立空间直角坐标系如图所示，∴，，，………7分由(Ⅰ)平面的一个法向量为………8分设平面的一个法向量为，则，∵，，∴，令，得，，∴………10分∴………11分∵二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为………12分19.(本小题满分12分)已知抛物线过点，且到抛物线的焦点的距离为. (Ⅰ)求抛物线的方程；(Ⅱ)设为抛物线上两点，且，求点到直线距离的最大值.解:(Ⅰ)∵………1分又∵在抛物线上，∴，………2分联立方程组，解得，………3分∴抛物线的方程为………4分(Ⅱ)设，，∵………5分∴，即………6分设直线方程为，代入中，消去得，，………7分∴，即………8分∴直线方程为………9分法一：∴直线过定点，…………11分∴点到直线距离的最大值为…………12分法二：点到直线的距离…………10分当时，…………11分当时，∵，∴，当且仅当时取等号，综上，点到直线距离的最大值为…………12分20.(本小题满分12分)电子竞技（Electronic Sports）是电子游戏比赛达到“竞技”层面的体育项目，其利用电子设备作为运动器械进行的、人与人之间的智力和体力结合的比拼.电子竞技可以锻炼和提高参与者的思维能力、反应能力、四肢协调能力和意志力，培养团队精神.第19届亚运会将于2022年9月10日至25日在浙江杭州举行,本届亚运会增设电子竞技竞赛项目，比赛采取“双败淘汰制”.以一个4支战队参加的“双败淘汰制”比赛为例，规则如下：首轮比赛：抽签决定4支战队两两对阵，共两场比赛.根据比赛结果（每场比赛只有胜、败两种结果），两支获胜战队进入胜者组，另外两支战队进入败者组；第二轮比赛：败者组两支战队进行比赛，并淘汰1支战队（该战队获得殿军）；胜者组两支战队进行比赛，获胜战队进入总决赛；第三轮比赛：上一轮比赛中败者组的获胜战队与胜者组的失败战队进行比赛，并淘汰1支战队（该战队获得季军）；第四轮比赛：剩下的两支战队进行总决赛，获胜战队获得冠军，失败战队获得亚军.现有包括A战队在内的4支战队参加比赛，采用“双败淘汰制”.已知A战队每场比赛获胜的概率为，且各场比赛互不影响.(Ⅰ)估计A战队获得冠军的概率；(Ⅱ)某公司是A战队的赞助商之一，赛前提出了两种奖励方案：方案1：获得冠军则奖励24万元，获得亚军或季军则奖励15万元，获得殿军则不奖励；方案2：获得冠军则奖励(其中以全胜的战绩获得冠军奖励40万元，否则奖励30万元)，其他情况不奖励.请以获奖金额的期望为依据，选择奖励方案，并说明理由.解：(Ⅰ)由题意可知，A战队获得冠军有以下3种可能情况：①“胜胜胜”概率为………1分②“败胜胜胜”概率为………3分③“胜败胜胜”概率为………5分则A战队获得冠军的概率为………6分(Ⅱ)A战队获得殿军的情况是“败败”，故A战队获得殿军的概率为，则获得亚军或季军的概率为，设方案1中A战队获奖金额为，则其分布列为24150………8分若选择方案1，则A战队获奖金额的期望为(万元)………9分设方案2中A战队获奖金额为，则其分布列为40300………10分若选择方案2，则A战队获奖金额的期望为(万元)………11分,故选择方案1、方案2均可………12分21.(本小题满分12分)已知函数.(Ⅰ)当时，试比较与的大小；(Ⅱ)若恒成立，求的取值范围.解：（Ⅰ）当时，，∵,∴在上单调递减………2分又，∴当时，；当时，；当时，………4分(Ⅱ)法一：∵，∴………5分下证当时，.∵，∴，令.要证，只需证………6分①当时，，由（Ⅰ）知，………7分②当时，，，易知在上单调递减，在上单调递增………8分∵，∴，使得，∴当时，；当时，, ∴在上单调递增，在上单调递减………9分而，∴当时，；当时，，∴在上单调递增，在上单调递减.而，∴当时，………10分③当时，，∴在上单调递增，∴………11分综上所述，的取值范围是………12分法二：∵，∴.①当时，………5分②当时，，令，由(Ⅰ)知，当时，；当时，.∵，∴，∴只需研究时，的最大值………6分⑴当时，，令，，∵，∴当时，；当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增………7分∵，∴使得，∴当时，；当时，， ∴在上单调递增，在上单调递减………8分而，又∵，∴当时，；当时，， ∴在上单调递增，在上单调递减………9分∴，∴………10分⑵当时，………11分综上所述，的取值范围是………12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.(本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为().(Ⅰ)求曲线，的直角坐标方程；(Ⅱ)若曲线上恰有三个点到曲线的距离为，求的值.解:(Ⅰ)由，可知，………1分由，，，得曲线的直角坐标方程为(不同时为0)………3分由，得，即曲线的直角坐标方程为………5分(Ⅱ)对曲线，当时，得曲线的第一象限内的直角坐标方程为，配方得………6分结合对称性可知曲线围成的图形的图像如图所示………8分依题意，得或………9分或………10分23.(本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲设函数().(Ⅰ)若关于的不等式恒成立，求的取值范围；(Ⅱ)在平面直角坐标系中，所围成的区域面积为，若正数满足，求的最小值．解：(Ⅰ)………2分依题意，得………4分即或，解得或，  ∴的取值范围为………5分(Ⅱ)由，得，如图，平面区域由一个正方形及其内部组成，正方形的中心为，四个顶点分别为，，，………6分∴，∴………7分而都为正数，∴，当且仅当时取等号………9分故的最小值为4………10分