江西省南昌市八一中学2022届高三下学期三模数学（理）试题-

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江西省南昌市八一中学2022届高三下学期三模数学（理）试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

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

1．已知集合，集合，则（       ）

A． B． C． D．

2．设，则（       ）

A． B． C． D．

3．在等比数列中，已知，则公比（       ）

A． B． C．3 D．

4．耀华中学全体学生参加了主题为“致敬建党百年，传承耀华力量”的知识竞赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，下列说法正确的是（       ）

A．直方图中的值为0.004

B．在被抽取的学生中，成绩在区间的学生数为30人

C．估计全校学生的平均成绩为84分

D．估计全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为93分

5．函数在上的图象大致为（       ）

A． B． C． D．

6．中国书法历史悠久、源远流长．书法作为一种艺术，以文字为载体，不断地反映和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观．谈到书法艺术，就离不开汉字．汉字是书法艺术的精髓．汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术．我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图：以“国”字为例，现有甲乙两名书法爱好者分别从五种书体中任意选两种进行研习，且甲乙选书体互相独立，则甲不选隶书体，乙不选草书体的概率为（       ）．

A． B． C． D．

7．已知实数x，y满足且（k为常数）取得最大值的最优解有无数多个，则k的值为（       ）

A．1 B．-1 C．2 D．-2

8．已知函数，，，且在上单调递增，则（       ）

A． B． C．2 D．3

9．定义在R上的偶函数满足，且当时，，若关于x的方程恰有5个解，则m的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

10．在长方体中，点，分别是棱，的中点，点为对角线，的交点，若平面平面，，且，则实数（       ）

A． B． C． D．

11．已知椭圆和双曲线有相同的左、右焦点，，若，在第一象限内的交点为P，且满足，设，分别是，的离心率，则，的关系是（       ）

A． B．

C． D．

12．设a＝，b＝ln1.01，c＝，则（       ）

A．abc B．bca C．bac D．cab

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知向量，，且在上的投影等于，则___________.

14．已知的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则的系数为______.

15．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上运动（不与A，B重合），平面ABC，若，二面角等于60°，则三棱锥P-ABC体积的最大值为___________.

16．已知是抛物线：（）的焦点，的准线与轴交于点，过点作曲线的一条切线，若切点在第一象限内，为上第四象限内的一点，且，则______．

17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．

(1)求B；

(2)若，求的面积的最大值．

18．如图，在三棱柱中，为等边三角形，过作平面平行于，交于点.

(1)求证：点为的中点；

(2)若四边形是边长为2的正方形，且，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

19．甲、乙两位同学进行摸球游戏，盒中装有6个大小和质地相同的球，其中有4个白球，2个红球．

(1)甲、乙先后不放回地各摸出1个球，求两球颜色相同的概率；

(2)甲、乙两人先后轮流不放回地摸球，每次摸1个球，当摸出第二个红球时游戏结束，或能判断出第二个红球被哪位同学摸到时游戏也结束．设游戏结束时甲、乙两人摸球的总次数为X，求X的分布列和期望．

20．已知椭圆的离心率为，是C的上、下顶点，且．过点的直线l交C于B，D两点（异于），直线与交于点Q．

(1)求C的方程；

(2)证明，点Q的纵坐标为定值．

21．已知函数，（其中为自然对数的底数）.

(1)若，判断函数的零点的个数，并说明理由；

(2)当时，恒成立，求整数的最大值.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求和的直角坐标方程；

(2)设点的直角坐标为，为上的动点，求中点的轨迹的极坐标方程.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)令的最小值为.若正实数，，满足，求证：.

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

由对数型复合函数定义域可求得集合，由交集定义可得结果.

【详解】

由得：，，.

故选：A.

2．D

【解析】

【分析】

根据复数的运算法则和复数模的公式直接计算可得.

【详解】

；；；.

故选：D．

3．D

【解析】

【分析】

根据等比数列的性质求得，再结合已知条件，即可求得结果.

【详解】

由等比数列，解得，所以，所以.

故选：.

4．C

【解析】

【分析】

根据学生的成绩在50分至100分之间的频率和为1可求得 的值，就可以判断A；计算成绩在区间的学生频率，然后计算在该区间的学生数，以此判断B；

按照频率分布直方图中平均数算法计算可判断C，按照频率分布直方图中百分位数的计算方法计算可判断D

【详解】

由直方图可得： ，解得 ，故A错误，

在被抽取的学生中，成绩在区间的学生数为人，故B错误

估计全校学生的平均成绩为分，故C正确

全校学生成绩的样本数据的 分位数约为分，故D错误

故选：C

5．C

【解析】

【分析】

根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.

【详解】

首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，

当时，，故排除A，只有C满足条件.

故选：C

6．C

【解析】

甲选两种书体共有种方法，乙选两种书体共有种方法，所以一共有400种方法，然后求出甲不选隶书体，乙不选草书体的方法数，再利用古典概型的概率公式求解即可

【详解】

解：甲选两种书体共有种方法，乙选两种书体共有种方法，所以一共有种方法，

而甲不选隶书体有种方法，乙不选草书体有种方法，所以共有种方法，

所以甲乙两名书法爱好者分别从五种书体中任意选两种进行研习，且甲不选隶书体，乙不选草书体的概率为，

故选：C

7．B

【解析】

【分析】

首先画出可行域，再根据最大值的最优解有无数个求值即可.

【详解】

画出不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，

要使取得最大值的最优解有无数多个，

则该平行直线系的斜率为，故，

故选：B.

8．A

【解析】

【分析】

由题意可得，从而可得，再由在上单调递增，可得，进而可求出的值

【详解】

因为，所以，

所以，解得.

因为，所以.

因为在上单调递增，所以，

解得，故.

故选：A

9．B

【解析】

【分析】

由题可知函数与直线有5个交点，利用数形结合即得.

【详解】

∵，

∴函数关于直线对称，又为定义在R上的偶函数，

故函数关于直线对称，

作出函数与直线的图象，

要使关于x的方程恰有5个解，则函数与直线有5个交点，

∴，即.

故选：B.

10．B

【解析】

【分析】

延长交的延长线于，利用平面的基本性质可得直线即为直线，然后利用正方体的性质可得，即得.

【详解】

延长交的延长线于，连接交于，

∵平面，平面，平面平面，

∴，故直线即为直线，

取的中点，连接，又点，分别是棱，的中点，

∴，

∴，，

∴，即.

故选：B.

11．D

【解析】

【分析】

由结合外角定理可得，然后可得，

再结合椭圆和双曲线定义、勾股定理列式整理可得.

【详解】

因为，

所以，所以

所以，

记椭圆长半轴长为，双曲线实半轴长为，

则由椭圆和双曲线定义可得：…①

…②

①2+②2可得

由勾股定理知，，代入上式可得

整理得，即

所以

故选：D

12．A

【解析】

【分析】

观察式子的结构，进而设，然后构造函数，随即通过求解函数的单调性得到答案.

【详解】

设，所以，

设，则，所以在（1，+∞）单调递增，

所以…①，所以…②，

由①，…③，

由②，…④，

由②④，，则c>b，

由③，b>a，所以c>b>a.

故选：A.

【点睛】

本题为比较大小的题目，关键在于构造函数，问题是函数为何要这样构造，这里用到了这个切线不等式及其变化，因而在平时一定要注意课本中重要结论的应用和变化.

13．4

【解析】

【分析】

根据投影定义直接计算可得，注意数量积符号.

【详解】

因为在上的投影等于，即

所以，且，解得.

故答案为：4

14．60

【解析】

【分析】

先由只有第4项的二项式系数最大求出，再求出含的项，即可求得的系数.

【详解】

因为只有第4项的二项式系数最大，则，中的项为，故的系数为60.

故答案为：60.

15．

【解析】

【分析】

由线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定和性质有，由圆的性质有，即可知为二面角的平面角，设及棱锥的体积公式得到关于x的表达式且，利用导数求最大值即可.

【详解】

由题设，又平面ABC，面ABC，故，

由，则面，而面，故，

所以二面角的平面角，若，则，

所以，三棱锥P-ABC体积为，

令，若，则，

所以上，上，则在上递增，上递减，

故，则.

故答案为：.

16．

【解析】

【分析】

设切点的坐标为，根据题意，得到切线方程，将代入得的坐标，设，，利用向量求出的坐标，代入抛物线求出即可.

【详解】

由题意可知，，．设切点的坐标为（，），

因为切点在第一象限内，所以取第一象限内抛物线，求导计算切线方程，

则，所以切线的斜率为：，

所以的方程为，

将代入得，，解得，则，

即．由，当在第四象限内时，设（），

（），又，，则，

解得，将点代入：得，

解得（负值舍去），所以．

故答案为：.

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）将已知式子利用正弦定理统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简计算可求出角B；

（2）由余弦定理可得，再利用基本不等式可求出，从而可求出的面积的最大值

(1)

因为，

由正弦定理得：

将代入上式得：

结合，

可得

即，

因为，，所以

结合得

(2)

若，，由余弦定理得

注意到，，由均值不等式，

故，当且仅当时取等，

于是，当且仅当即为正三角形时取等．

故的面积的最大值．

18．(1)证明见解析.

(2)

【解析】

【分析】

（1）连接，设与相交于点，连接，进而根据线面平行性质定理得，进而结合为中点即可证明；

（2）由几何关系可证明平面，进而取的中点为，的中点为，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.

(1)

证明：连接，设与相交于点，连接，则为中点，

∵平面，平面,平面平面，

∴，

∴为的中点，

(2)

因为，所以，

又，

所以，又，

所以平面，

设的中点为，的中点为，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系.

则，

即，

设平面的法向量为，

由，得，令，得，

由题可知，平面的一个法向量为可以为,

所以，

所以，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为

19．(1)

(2)分布列见解析，

【解析】

【分析】

(1)颜色相同分为2个白球和2个红球，按照计数原理组合即可；

(2)由题意求取X的取值及对应的概率即可得解.

(1)

两球颜色相同分为都是红球或白球，其概率为；

(2)

依题意X=2，3，4，5，

，

X=3，就是前2个一个是红球，一个是白球，第3个是红球，   ，

X=4，就是前3个有2个白球一个红球，第4个是红球，或前四个全是白球，

   ，

X=5，分为前4个球中有3个白球1个红球，第5个是红球，或者是前4个球中3个白球一个红球，

第5个是白球       ，

分布列为：

数学期望；

20．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）由短轴长与离心率求得得椭圆方程；

（2）直线l方程为，设，直线方程代入椭圆方程，由得的范围，由韦达定理得，写出直线方程，两式相除代入后可得值，得证定值．

(1)

因为，所以，

因为，其中，

所以设，解得．

所以椭圆C的方程为．

(2)

显然直线l的斜率存在，设直线l方程为，

联立直线l与椭圆C方程，消去y得，．

设，

当，即时，

有．

直线方程为：，

直线方程为：．

两式相除得，，

因为，所以，

整理得．即点Q的纵坐标为定值．

21．(1)函数有且只有一个零点，理由见解析

(2)3

【解析】

【分析】

（1）求出导函数，确定其正负得的单调性，然后结合零点存在定理得零点个数；

（2）不等式用分离参数法化为，令，

求导数，再利用零点存在定理得在上有一个零点，得的最小值，注意，利用它化简，同时注意的范围，引入新函数确定新函数的值域后得结论．

(1)

函数有且只有一个零点.

理由如下: 因为

当时，，

所以，在上递增.

所以函数至多有一个零点，

又，，

所以使得

函数有且只有一个零点.

(2)

当时，，即，

令，

所以，

当时，，

设，在（0，1]上单调递增，且，，

所以存在，使得，即，

当时，；当时，.

所以函数在上单调递减，在上单调递增.

∴，

又设（），，

所以在上单调递减，

又，所以， 所以整数的最大值是.

22．(1)直线的普通方程为，曲线的普通方程为；

(2)

【解析】

【分析】

（1）消去参数，即可得到直线的普通方程，再由两角和的正弦公式及，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）设，即可表示点坐标，再根据点在曲线上，代入的方程，即可得到点的轨迹方程，再将直角坐标方程化为极坐标方程即可；

(1)

解：因为直线的参数方程为（为参数），

所以直线的普通方程为，

因为曲线的极坐标方程为，即，

即，所以，

又，所以，即，

即曲线的普通方程为；

(2)

解：设，则，

因为点在曲线上，所以，

即，所以中点的轨迹方程为，即

23．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）零点分段法解绝对值不等式；（2）在第一问的基础上得到，用基本不等式“1”的妙用求解最值，证明出结论.

(1)

由得：

或或

解得：或或

综上所述：不等式的解集是.

(2)

证明：由（1）中函数的单调性可得

∴

当且仅当时等号成立.