2022届江苏省南京市金陵中学高三下学期3月学情调研数学试题含解析

这是一份2022届江苏省南京市金陵中学高三下学期3月学情调研数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届江苏省南京市金陵中学高三下学期3月学情调研数学试题一、单选题1．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】A【分析】根据复数的乘除法运算求出复数为，结合复数的几何意义即可得出结果.【详解】由题意得，，所以复数在复平面内所对应的点的坐标为，属于第一象限.故选：A.2．已知，，则的值为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】依题意得出，进而由平方关系与诱导公式可得结果.【详解】由及可知，所以.所以故选：A.3．设为坐标原点，直线与抛物线C：交于，两点，若，则的焦点坐标为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题中所给的条件，结合抛物线的对称性，可知，从而可以确定出点的坐标，代入方程求得的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】因为直线与抛物线交于两点，且，根据抛物线的对称性可以确定，所以，代入抛物线方程，求得，所以其焦点坐标为，故选：B.【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.4．已知，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】化简式子可得，，，然后借用中间值1来进行比较即可.【详解】化简得，，，且，，所以．故选：A【点睛】本题考查对数式的比较大小，掌握比较大小的常用方法：作差法、作商法、函数的单调性等，同时借用中间值0，1比较，方便简洁，属基础题.5．正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D.6．已知，则的最小值为（       ）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】根据，可得，再根据两角和的正切公式可得，结合基本不等式即可得出答案.【详解】解：因为，所以，所以，，所以，即，又因，所以，即，解得或（舍去），所以，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为.故选：D.7．设函数，且．若存在实数n，使得函数恰有3个零点，则实数m的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】判断的单调性，得出在各单调区间端点的函数值，根据零点个数判断区间端点函数值的大小即可得出的范围.【详解】时，是减函数，且，时，，当时，，在上是减函数，此时最多有两个零点，不符合题意；当时，，在上单调递增，在上单调递减，且，，若存在，使有三个零点，则，即，解得.故选：C.【点睛】本题考查了根据函数零点参数的问题，解题的关键点是结合图象、利用导数判断单调性可得参数的范围，8．在平面直角坐标系xoy中，已知双曲线的左焦点为F，点M，N在双曲线C上，若四边形OFMN为菱形，则双曲线C的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】利用四边形OFMN(O为坐标原点)为菱形，结合双曲线的对称性，求出M的坐标，代入双曲线方程然后求解离心率.【详解】由题意可知，由四边形OFMN为菱形，可得，设点M在F的上方，可知M、N关于y轴对称，可设，代入双曲线方程可得:，又由，化简可得两边同除以，可得，解得，因为，解得，故选：C【点睛】关键点点睛：根据四边形OFMN(O为坐标原点)为菱形，，能写出点M的坐标，是建立方程的关键，结合双曲线的对称性，发现M点横坐标为是突破口.二、多选题9．对于实数，下列结论正确的是（     ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】BCD【分析】根据不等关系对选项一一分析即可.【详解】对于A，当时，，故A错误；对于B，若，则，故B正确；对于C，若，则，故C正确；对于D，若，则 ，从而有，故正确.故选：BCD10．已知两个不重合的平面α，β及直线m，下列说法正确的是（       ）A．若α⊥β，m⊥α， 则m//β B．若α/β，m⊥α， 则m⊥βC．若m//α，m⊥β， 则α⊥β D．若m//α，m//β， 则α//β【答案】BC【解析】根据线面和面面的位置关系依次判断选项即可得到答案.【详解】对选项A，若，，则或，故A错误；对选项B，若，，则，故B正确；对选项C，若，则平面内存在直线，使得，又，所以，故，故C正确；对选项D，若，，则或与相交，故D错误.故选：BC11．在平面直角坐标系中，已知，若动点满足，则（     ）A．存在点，使得 B．面积的最大值为C．对任意的点，都有 D．有且仅有个点，使得的面积为【答案】ABD【分析】根据题意求得P的轨迹是椭圆为，从而判断椭圆上是否存在点，使得；当点P为椭圆上、下顶点时，面积的取最大值；由椭圆定义知，，验证C选项；求得使得的面积为的P点坐满足的关系，与椭圆联立，根据判别式判断交点个数.【详解】由题知，点P的轨迹是，，焦点在x轴上的椭圆，则，椭圆方程为，当点P为椭圆右顶点时，，故A正确；当点P为椭圆上、下顶点时，面积的取最大值，为，故B正确；，因，故C错误；设使得的面积为的P点坐标为，由坐标知，，直线的方程为，则，解得或，联立，化简得，则，因此存在两个交点；同理可得直线与椭圆仅有一个交点；综上，有且仅有个点，使得的面积为，故D正确；故选：ABD12．在长方体中，已知分别为的中点，则（       ）A．B．平面C．三棱锥外接球的表面积为D．平面被三棱锥外接球截得的截面圆面积为【答案】ACD【分析】根据题意一一判断即可有结果.【详解】以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：依题意得：则 所以则，故A正确；取中点，连结，依题意知，因为与平面相交，所以与平面不平行，故B错；设为中点，因为则，所以点为三棱锥外接球的球心，则，所以外接球的表面积为，故C正确；设球心到平面的距离为，又因为为中点，所以点到平面的距离为，由于，，所以，故截面圆的半径为 ，所以截面圆面积，故D正确故选：ACD【点睛】本题的D选项关键在于通过相关点的转换求点到面的距离.三、填空题13．已知向量，，则_________．【答案】．【详解】因为向量，所以，即，所以，即，故应填．【解析】本题考查向量的数量积的基本运算，属基础题．14．数列通项公式.若等差数列满足：，都有，则数列的通项公式___________.【答案】【分析】根据题意求出，进而求出；当时设，根据列出关于的不等式，进而得出，利用不等式的性质求得，结合等差数列的通项公式即可得出结果.【详解】当时，，当时，，由，当时，，又，所以，故；当时，，即，整理，得，又为等差数列，设，即，整理，得，对恒成立由，知，则，所以，即是以2为公差，以1为首项的等差数列，故.故答案为：.15．袋中有4个红球个黄球，个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则___________．【答案】【分析】根据古典概型的概率公式即可列式求得的值，再根据随机变量的分布列即可求出．【详解】由题得，即所以，（一红一黄）, 得，所以, 由于．故答案为：．16．设函数是定义在上的奇函数，当时，，其中，若对任意的，都有，则实数的取值范围为___．【答案】【详解】试题分析：当时，，又①当时，函数在上单调递增，满足；②当时，函数在上单调递减，在及在上单调递增，要满足，须恒成立，即恒成立，因此，从而，综上①②得实数的取值范围为【解析】函数性质综合应用四、解答题17．已知数列的前项和为，，且.(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，求数列的前项和为.【答案】(1)(2)【分析】（1）由，得到，两式相减，然后利用等比数列的定义求解； （2）由（1）得到，再利用错位相减法求解.【详解】(1)解：由，得，两式相减得，即，因为，，所以，所以，所以数列是以为首项，以为公差的等比数列，所以；(2)由（1）知：，所以，则，两式相减得，，，，所以.18．在平面四边形中，，，.(1)若的面积为，求；(2)若，，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）由的面积为，求得AB，再利用余弦定理求解； （2）设，在中，求得AC，然后在中，利用余弦定理求解.【详解】(1)解：在平面四边形中，， ，所以的面积为，所以，在中，由余弦定理得：，，解得；(2)设，则，在中，，在中，由正弦定理得，即，即，所以，即，解得，所以.19．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．20．甲､乙､丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲､乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.(1)求甲连胜四场的概率；(2)求需要进行第五场比赛的概率；(3)求甲最终获胜的概率.【答案】(1)；(2)；(3). 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率；（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；（3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算即可得出甲赢的概率.【详解】(1)记事件：甲连胜四场，则；(2)记事件A为甲输，事件为乙输，事件为丙输，则四局内结束比赛的概率为，所以需要进行第五场比赛的概率为；(3)记事件A为甲输，事件为乙输，事件为丙输，记事件：甲赢，则甲赢的基本事件包括：、、、、、、、，所以，甲赢的概率为.21．已知椭圆的右焦点为，点A，分别为右顶点和上顶点，点为坐标原点，，的面积为，其中为的离心率．(1)求椭圆的方程；(2)过点异于坐标轴的直线与交于，两点，射线，分别与圆交于，两点，记直线和直线的斜率分别为，，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)为定值【分析】（1）根据，的面积为，求得，即可得出答案；（2）设点，则点，根据在椭圆上，可得，设直线的方程为，则直线的方程为，分别联立，求得三点的坐标，从而可得出结论.【详解】(1)解：因为，所以，又，联立可得，所以椭圆的方程为；(2)解：设点，则点，由题意得，因为在椭圆上，所以，则，所以，即，设直线的方程为，则直线的方程为，联立消得，由在椭圆上，所以，所以，所以，联立消得，由点在圆上，所以，所以，同理：，所以，所以，即为定值.【点睛】本题考查了椭圆的几何性质，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了定值问题，考查了数据分析能力和数学运算能力，运算量比较大，有一定的难度.22．已知(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)设，若当时，有三个不同的零点，求实数的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题可得，再利用导数的几何意义即得；（2）由题可得，分类讨论，当时，利用导函数可得函数最多有一个零点，当时，最多有一个零点，当时，利用导数可得，，再利用导数求最值即得.【详解】(1)因为时，，所以，，又，所以切线方程为，即所求的切线方程为．(2)∵，所以，令，则，因为，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，①当，即时，，因为且在上单调递增，所以，又．所以，使得，又在上单调递减，所以当时，，当时，，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以函数最多有一个零点，不合题意；②当，即时，，此时在上恒成立，则在上单调递增，所以在上最多有一个零点，不合题意；③当，即时，，因为且在上单调递减，所以，因为当时，易证得，所以，易证，所以，使得，，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，由，所以要使有三个零点，必有，所以，即，所以，又因为，令，则，因为当时，，所以函数在区间上单调递增，所以，即．