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    2022届江西省上饶一中高三下学期4月二轮复习验收考试数学(理)试题含解析

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    这是一份2022届江西省上饶一中高三下学期4月二轮复习验收考试数学(理)试题含解析,共16页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    江西省上饶2022届高三下学期4月二轮复习验收考试数学(理)一、选择题本题共12小题,每小题5分,共60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的虚部为(    A B C D2已知集合,若,则实数a的取值范围为(    A B C D3对高三某班级的学生进行体能测试,所得成绩统计如下图所示,则该班级学生体能测试成绩的中位数为(    A80 B85 C82.5 D834已知命题p;命题q直线xay302xay10相互垂直的充要条件为则下列命题中为真命题的是(    A B C D5已知某三棱锥的三视图如下所示,则该三棱锥的四个面中面积的最大值为(    A B2 C D6传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家在沙滩上面画点或用小石子表示数,他们将1361015,称为三角形数;将1491625,称为正方形数现从200以内的正方形数中任取2个,则其中至少有1个也是三角形数的概率为(    A B C D7已知函数的部分图象如图所示,则    A B C D8已知函数则(    AR上单调递增,且图象关于中心对称BR上单调递减,且图象关于中心对称CR上单调递减,且图象关于中心对称DR上单调递增,且图象关于中心对称9已知    A B C D10已知△ABC是面积为的等边三角形,且,其中实数xy满足,则的最小值为(    A4 B5 C6 D711已知平面四边形ABCD中,,现沿BD进行翻折,使得A到达的位置,连接,此时二面角150°,则四面体外接球的半径为(    A B C D12已知抛物线C,若直线过点P且与C交于A两点,直线过点P且与C交于B两点,且,则△PAB的面积为(    A B C D 二、填空题本题共4小题,每小题5分,共2013的展开式中,的系数为______14曲线x0处的切线方程为______15已知双曲线C的左焦点为,点P在圆上,若线段FP恰好被C的一条渐近线垂直平分,则C的离心率为______16在△ABC中,角ABC所对的边分别为abc,其中a3,则△ABC的面积与周长之比的取值范围是______ 三、解答题70解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答2223题为选考题,考生根据要求作答(一)必考题:共6017.(12分)已知正项数列的前n项和为,且1)求的通项公式;2)若,求数列的前n项和18.(12分)如图所示,在多面体ABCDFE中,ABCDEF,平面ABCD⊥平面ABEFABADAF2EF2CD,∠CDA=∠AFE90°MN分别为线段BECE的中点.1)求证:FAMN2)求平面BDF与平面BEF所成锐二面角的余弦值.19.(12分)某地的水果店老板记录了过去100A类水果的日需求量x(单位:箱),整理得到数据如下表所示x2223242526频数2020301812其中每箱A类水果的进货价为50元,出售价为100元,如果当天卖不完,就将剩下的A类水果以20元每箱的价格出售给果汁加工企业,以这100天记录的日需求量的频率作为日需求量发生的概率.1)如果某天的进货量为24箱,用X表示该水果店当天卖出A类水果所获得的利润,求X的分布列与数学期望;2)如果店老板计划某天购进24箱或25箱的A类水果,请以当天利润的期望作为决策依据,判断应当购进24箱还是2520.(12分)已知椭圆C的上顶点为M,右焦点为F,且,直线MF的倾斜角为1)求C的标准方程;2)若直线lC交于两点,其中,且直线MPMQ的斜率之和为2,探究:l是否过定点?若是,求出该定点坐标;若不是,请说明理由21.(12分)已知函数1)若a0,求的极值;2)若不等式恒成立,求a的取值范围(二)选考题:共10请考生在第2223题中任选一题作答如果多做,则按所做的第一题计分.22.(10分)【选修44:坐标系与参数方程】在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为t为参数,l的倾斜角)以坐标原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为1)求l的极坐标方程以及C的直角坐标方程;2)若l过点,且与C交于MN两点,求的值.23.(10分)【选修45:不等式选讲】已知函数1)求不等式的解集;2)记的最小值为m,若正数abc满足,比较的大小关系,并说明理由  
    江西省2022届高三下学期4月二轮复习验收考试数学(理)参考答案1【答案】A【解析】依题意,的虚部为.故选A2【答案】C【解析】依题意,,而,故,得,故选C3【答案】C【解析】依题意,所求中位数为,故选C4【答案】B【解析】令x0,可知成立,即p为真命题;若相互垂直,则,解得,故q为假命题,则为真命题,故选B5【答案】B【解析】该三棱锥的四个面的面积分别为,故最大值为2,故选B6【答案】A【解析】令,因为,故200以内的正方形数有14个,200以内既是正方形数又是三角形数的仅有136故所求概率,故选A7【答案】B【解析】由图可知,,解得T2,故,则;而,故,解得,又,得,故选B8【答案】D【解析】由题意可得,故图象关于中心对称,观察且结合解析式知R上单调递增,故选D9【答案】C【解析】依题意解得,故,而,解得,故选C10【答案】B【解析】依题意,解得AB4,延长ACM,使得;因为,所以点D在直线BM上,取线段AC的中点O,连接OD,则,显然当ODBM时,有最小值3,所以,故的最小值为5,故选B11【答案】C【解析】取BD的中点E,连接CE,因为BD4所以∠BCD90°,所以△BCD外接圆的圆心为E外接圆的圆心为,则,过点E分别作平面,平面BDC的垂线,交于点O,则O即为四面体外接球的球心因为二面角的平面角为150°,即,则中,,连接OB,则OB即为外接球的半径R,即,故选C12【答案】B【解析】设,由知,点的坐标为又点在抛物线上,所以,结合整理得同理,可得所以是关于y的方程的两个不相等的根,所以AB的中点为Q,则于是,故选B13【答案】-540【解析】依题意,含的项为14【答案】2xy10【解析】当x0时,y1,而,故故所求切线方程为y1=-2x,即2xy1015【答案】2【解析】由题意,圆心C的右焦点,,不妨设点P在第一象限,则,所以直线PF的斜率,从而,故C的离心率16.【答案】【解析】由正弦定理得,因为,所以由余弦定理可得,所以*).ABC的周长labc3bc,面积所以因为,所以由(*)式可得,即,当且仅当bc3时等号成立,故△ABC的面积与周长之比的取值范围是17解:(1)令mn1,得解得(负值舍去),,(2分)m1,得所以所以是以3为首项,3为公比的等比数列,(5分)所以.(6分)2)由(1)可得,所以所以,(7分)两式相减得,,(10分)所以12分)18.(1)证明:因为ABEF,∠AFE90°,所以FAAB;(1分)又平面ABCD⊥平面ABEF,平面平面ABEFAB平面ABEF所以FA⊥平面ABCD;(2分)因为平面ABCD,故FABC;(3分)因为MN分别为线段BECE的中点,故MNBC,故FAMN.(4分)2)解:因为FA⊥平面ABCD平面ABCD,所以FAAD又∠BAD90°,所以FAADAB两两互相垂直如图以A为原点,ADABAF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.(5分)ABADAF2CDEF1,(6分)为平面BDF的一个法向量,x1,则y1z1,所以8分)易知为平面BEF的一个法向量,(9分),(11分)即平面BDF与平面BEF所成锐二面角的余弦值为.(12分)19解:(1)若x242526,则,故;(1分)x23,则,故;(2分)x22,则,故,(3分)X的分布列为X104011201200P0.20.20.64分).(5分)2)记当天进货量为25箱时卖出A类水果所获得的利润为Yx2526,则;(6分)x24,则,故7分)x23,则,故;(8分)x22,则,故,(9分)因为,(11分)因为,所以应当购进24.(12分)20解:(1)依题意,1分)解得b1,(3分)C的标准方程为.(4分)2l经过定点,证明如下:由(1)可知C.(5分)①当l的斜率存在时,设l,得7分)由题知,则8分)解得tk1,(9分)所以l的方程为ykxk1,即所以l经过定点.(11分)②当l的斜率不存在时,设l,设解得m=-1此时l也经过定点综上所述,l经过定点.(12分)21解:(1)依题意,,令,解得1分)故当时,,当时,的单调递减区间为,单调递增区间为,(3分)的极小值为,无极大值.(4分)2)依题意,,即,则,且,(5分),(6分),(7分),则上单调递增,(8分)时,,由于上单调递增,则当时,,则上单调递增,,则上单调递增,,符合题意;(9分)时,,由于上单调递增,故必然存在,使得当时,上单调递减,故当时,上单调递减,则当时,,不符合题意,(11分)综上所述,a的取值范围为.(12分)22解:(1)因为l过原点,且l的倾斜角,故l的极坐标方程为;(2分)因为,由C的直角坐标方程为,即.(5分)2)因为对应的极坐标为,(6分)所以l的极坐标方程为,(7分)代入,得所以.(10分)23解:(1)依题意,2分)3分)解得,(4分)故不等式的解集为.(5分)2)依题意,,则abc2.(6分)下面证明:,(7分)abc2,且abc均为正数,当且仅当a1时等号成立,(9分).(10分)

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