江西师范大学附属中学2022届高考三模数学（理）试题-

这是一份江西师范大学附属中学2022届高考三模数学（理）试题-，共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，等差数列的前项和为，满足，设，，若，则等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前江西师范大学附属中学2022届高考三模数学（理）试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三总分得分    注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分  一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．2．对任意复数，为虚数单位，是z的共轭复数，则下列结论中不正确的是（       ）A． B． C． D．3．下列函数中既是奇函数又是增函数的是（       ）A． B． C． D．4．等差数列的前项和为，满足：，则（       ）A．72 B．75 C．60 D．1005．甲乙丙丁四名学生报名参加四项体育比赛，每人只报一项，记事件“四名同学所报比赛各不相同”，事件“甲同学单独报一项比赛”，则A． B． C． D．6．双碳，即碳达峰与碳中和的简称，2020年9月中国明确提出2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”．为了实现这一目标，中国加大了电动汽车的研究与推广，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池随之也迎来了蓬勃发展的机遇．Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：A·h），放电时间t（单位：h）与放电电流I（单位：A）之间关系的经验公式，其中为Peukert常数．在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流，放电时间为（       ）A．28h B．28.5h C．29h D．29.5h7．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为（       ）A． B． C． D．8．设，，若，则（       ）A． B． C． D．9．十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了如下公式：（其中）现用上述公式求的值，下列选项中与该值最接近的是（       ）A． B． C． D．10．滕王阁，位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世．如图，小明同学为测量滕王阁的高度，在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为，在它们的地面上的点M（B，M，D三点共线）测得楼顶A，滕王阁顶部C的仰角分别为和，在楼顶A处测得阁顶部C的仰角为，则小明估算滕王阁的高度为（       ）（精确到）A． B． C． D．11．已知是双曲线：的右焦点，直线与双曲线交于，两点，为坐标原点，，的中点分别为，，若，则双曲线的离心率为（       ）A． B． C． D．12．设．则a，b，c大小关系是（       ）A． B． C． D．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分  二、填空题13．已知均为单位向量，且，则__________．14．若多项式展开式仅在第5项的二项式系数最大，则多项式展开式中的系数为__________．15．定义在上的函数有零点，且值域，则的取值范围是__________．16．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则下列结论正确的序号是__________． ①能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a；②勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为；③勒洛四面体的截面面积的最大值为； ④勒洛四面体的体积；评卷人得分  三、解答题17．设数列的前n项和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)若数列的前n项和为，且对恒成立，求实数的最小值．18．如图①，已知等边三角形ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且．如图②，将沿MN折起到的位置． (1)求证：平面平面BCNM；(2)若二面角的大小为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．19．已知椭圆的右焦点为F，上顶点为M，O为坐标原点，若的面积为，且椭圆的离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F点恰为的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．20．新型冠状病毒的传染主要是人与人之间进行传播，感染人群年龄大多数是岁以上人群.该病毒进入人体后有潜伏期.潜伏期是指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间.潜伏期越长，感染到他人的可能性越高.现对个病例的潜伏期(单位：天)进行调查，统计发现潜伏期平均数为，方差为.如果认为超过天的潜伏期属于“长潜伏期”，按照年龄统计样本，得到下面的列联表：年龄/人数长期潜伏非长期潜伏50岁以上6022050岁及50岁以下4080 （1）是否有的把握认为“长期潜伏”与年龄有关；（2）假设潜伏期服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.（i）现在很多省市对入境旅客一律要求隔离天，请用概率的知识解释其合理性；（ii）以题目中的样本频率估计概率，设个病例中恰有个属于“长期潜伏”的概率是，当为何值时，取得最大值.附：0.10.050.0102.7063.8416.635 若，则，，.21．已知函数为的导函数．(1)判断函数在区间上是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；(2)求证：函数在区间上只有两个零点．22．在平面直角坐标系中，已知直线l经过点，且其倾斜角，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系．(1)求直线l的参数方程和曲线C的极坐标方程：(2)若直线l与曲线C相交于A，B两点，求的值．23．已知是正实数，且．(1)求的最小值m；(2)若恒成立，求正实数的取值范围．
参考答案：1．D【解析】【分析】根据分式不等式和对数不等式的运算求出集合A、B，结合并集的定义和运算即可得出结果.【详解】由题意得，由， 即，，即，所以.故选：D.2．B【解析】【分析】利用共轭复数的定义和复数的运算性质即可判断A；利用复数的几何意义和复数的乘法运算即可判断B；利用共轭复数的定义和复数的乘法运算即可判断C；利用复数的几何意义即可判断D.【详解】对于A，由，得，则，故A正确；对于B，因为，，所以，故B错误；对于C，由，得，所以，故C正确；对于D，因为，故D正确.故选：B.3．D【解析】【分析】利用函数的奇偶性和单调性的定义以及导数分别判断四个选项即可得出答案.【详解】对于A，函数的定义域为，关于原点对称，且，所以函数为奇函数，又，所以在上单调递增，在上单调递增，故A不符合题意；对于B，函数的定义域为R，关于原点对称，且，所以函数为偶函数，又，令，令，所以在上单调递减，在上单调递减，故B不符合题意；对于C，函数的定义域为(Z)，关于原点对称，且，所以函数为奇函数，又，所以在上单调递增，故C不符合题意；对于D，函数的定义域为R，关于原点对称，且，所以是奇函数，又，令，则为增函数，又函数为增函数，所以在R上单调递增，故D符合题意.故选：D.4．B【解析】【分析】由，可得，再利用等差数列的求和公式可求出结果【详解】设等差数列的公差为，则由，得，化简得，所以，故选：B5．D【解析】求出，根据条件概率公式即可得解.【详解】由题：，.故选：D【点睛】此题考查求条件概率，关键在于准确求出AB的概率和B的概率，根据条件概率公式计算求解.6．B【解析】【分析】根据题意求出蓄电池的容量C，再把代入，结合指数与对数的运算性质即可得解.【详解】解：根据题意可得，则当时，，所以，即当放电电流，放电时间为28.5h.故选：B.7．D【解析】【分析】由三视图可知该几何体是正四棱柱截去两个小三棱锥所得，从而可求出体积【详解】如图，几何体是正四棱柱截去两个小三棱锥所得，∵，∴，故选：D8．D【解析】根据诱导公式以及二倍角余弦公式化简，再根据正切函数单调性确定结果.【详解】因为，，所以，，因此由得故选：D【点睛】本题考查诱导公式、二倍角余弦公式、正切函数性质，考查综合分析化简能力，属中档题.9．B【解析】【分析】利用已知公式，将公式两边分别求导，结合诱导公式，即可得到，求解即可.【详解】因为（其中），且，所以对两边分别求导可得：.令x=1可得：.又，则.故选：B10．D【解析】【分析】在中求得，由正弦定理得，再在中，计算即可.【详解】由题意得，在中，，在中，，，所以，由正弦定理，得，又，在中，.故选：D.11．A【解析】【分析】设位于第一象限，由，得到，连接，得到，根据题意得到，求得，得出的值，结合双曲线的定义和离心率的计算公式，即可求解.【详解】如图所示，不妨设点位于第一象限，因为，所以，设为双曲线的左焦点，连接，因为，，分别为，，的中点，所以，，所以，所以，所以，又直线的方程为，所以，所以，得，所以，，所以，，由双曲线的定义可知，所以双曲线的离心率．故选：A【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.12．A【解析】【分析】根据自然常数的定义和指数幂的运算性质可知、，构造函数，利用导数研究函数的单调性可得，进而可得，即可得出结果.【详解】由，故；，故；假设，有，令，则，所以在上单调递增，而，则，所以成立，；故．故选：A．13．1【解析】【分析】由题得，平方即可求解.【详解】由可得，所以，即，所以.故答案为：1.14．【解析】【分析】根据二项式展开式的二项式系数的性质可得，又，结合展开式的通项公式计算即可.【详解】多项式展开式仅在第5项的二项式系数最大，则，解得，由得，所以多项式，所以展开式中的系数为．故答案为：-56.15．【解析】【分析】化简可得，根据题意可得，即可求出.【详解】，当时，，因为函数有零点，所以，解得，当时，，因为值域，所以，解得，综上，.故答案为：.16．①②④【解析】【分析】先求得正四面体的外接球半径、内切球半径、正四面体的体积和外接球的体积，结合勒洛四面体的结构依次分析命题，即可得出结果.【详解】正四面体ABCD棱长为a，设M是底面BCD的中心，O是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为R，高为AM，如图，，由得，解得，（内切球半径）．所以正四面体ABCD的体积为，外接球体积为．对于①，由勒洛四面体的结构知，能容纳勒洛四面体正方体的棱长的最小值为a，故①正确；对于②，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知B、O、E三点共线，且，因此，故②正确；对于③，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为时，易知截面投影均为上图所示图像在平面上的投影，其面积必然减小．上图截面为三个半径为a，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故③错误；对于④，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，所以，故④正确．故答案为：①②④.17．(1)(2)【解析】【分析】(1)利用与之间的关系可得，根据待定系数法可证明数列是首项为、公比为的等比数列，结合等比数列的通项公式即可得出结果；(2)根据裂项相消法可得，进而求出，有对恒成立，从而得出的最小值.(1)由，又，两式相减可得，即，又当时，，则，所以数列是首项为，公比为的等比数列．所以，即；(2)由，则，因为，所以，即对恒成立，所以实数的最小值为．18．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）通过证明可得平面即可证明；（2）如图建立空间直角坐标系，利用向量关系即可求出.(1)如图①，在中，由，则，故，则，所以． 如图②，则有，又，则平面，又平面BCNM，所以平面平面BCNM；(2)由（1）知，即为二面角的平面角，则，在内过点作于O，连接OC，则，如图，以O为原点，以分别为x，y，z轴建立直角坐标系，则，则，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，又平面的一个法向量为，则，故所求锐二面角的余弦值为．19．(1)(2)存在；【解析】【分析】(1)根据题意和椭圆离心率的定义可得，由三角形的面积公式可得，即可求出；(2)设直线，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出和，结合垂心的定义可得，根据平面向量数量积的坐标表示列出关于m的方程，解之即可.(1)依题意得，，即，则，又，则，所以所求椭圆的方程为．(2)由（1）知，故直线MF的斜率为．若符合题意的直线l存在，可设直线，由，消去y整理得，则，即．又，则，由F点恰为的垂心等价于，即．由于，故，所以或．当时，直线PQ经过点M，此时不构成三角形，故舍去．故直线l的方程为．20．（1）有；（2）（i）答案见解析；（ii）250.【解析】【分析】（1）根据列联表中的数据，利用求得，与临界表值对比下结论；（2）(ⅰ)根据，利用小概率事件判断； (ⅱ)易得一个患者属于“长潜伏期”的概率是，进而得到，然后判断其单调性求解.【详解】（1）依题意有，由于，故有的把握认为“长期潜伏”与年龄有关；（2）(ⅰ)若潜伏期，由，得知潜伏期超过天的概率很低，因此隔离天是合理的；(ⅱ)由于个病例中有个属于长潜伏期，若以样本频率估计概率，一个患者属于“长潜伏期”的概率是，于是，则，，当时，；当时，；∴，.故当时，取得最大值.【点睛】方法点睛：利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率．21．(1)存在；极小值(2)证明见解析【解析】【分析】（1）转化为判断导函数是否存在变号零点，对求导后，判断的单调性，结合零点存在性定理可得结果；（2）当时，利用单调性得恒成立，此时无零点；当时，；当时，利用导数得到单调性，结合零点存在性定理可得在上只有一个零点.由此可证结论正确.(1)由，可得，则，令，其中，可得，所以在上单调递增，即在上单调递增，因为，所以存在，使得，当时，单调递减；当时，单调递增，所以当时，函数取得极小值．(2)由，当时，，所以，所以在上为增函数，所以，此时函数在上没有零点； 当时，可得，所以是函数的一个零点；               当时，由 ，令，可得，令则，当，可得；当，可得，即在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以存在使得，当时，；当时，，又因为，所以存在使得，即是函数的一个零点．综上可得，函数在上有且仅有两个零点．【点睛】关键点点睛：第二问中，分段讨论并利用导数和零点存在性定理求解是解题关键.22．(1)（t为参数）；(2)【解析】【分析】(1)根据直线参数方程的定义可得直线l的参数方程，根据消去参数求得曲线C的普通方程，结合计算即可得出结果；(2)将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程，结合韦达定理和直线参数方程中参数的几何意义计算化简即可得出结果.(1)直线l的参数方程是（t为参数），即（t为参数），由曲线C的参数方程知，，，得，即曲线C的普通方程是，又，故曲线C的极坐标方程是；(2)将直线l的参数方程（t为参数）代入，整理得，设A、B两点对应的参数分别为，则，则为一正一负，所以．23．(1)4(2)【解析】【分析】（1）由，结合基本不等式，即可求解；（2）当时，化简得到，当时，化简得到，结合绝对值三角不等式，即可求解.(1)解：由，当且仅当时，等号成立，所以.(2)解：当时，，此时成立，所以；当时，，所以成立，所以，综上可得，实数的取值范围是.