江苏省徐州市2022届高三下学期打靶试卷数学试题

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2022年高三年级试题数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】解指数不等式化简集合B，再利用交集的定义计算作答.【详解】解不等式得：，则，而，所以.故选：C2. 已知复数z满足（i为虚数单位），则（    ）A.  B. 5 C.  D. 10【答案】C【解析】【分析】将原等式两边直接取模，再化简即可.【详解】由题意有：，从而有.∴．故选：C3. 已知，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】依据指数函数和对数函数的单调性，利用中间桥0,1去比较的大小关系【详解】为上单调递增函数，则，为R上单调递减函数，则，且由为R上单调递增函数，可得，则，故选：C．4. 2022年第24届冬奥会在北京和张家口成功举办，出色赛事组织工作赢得了国际社会的一致称赞，经济效益方面，多项收入也创下历届冬奥会新高某机构对本届冬奥会各项主要收入进行了统计，得到的数据如图所示．已知赛事转播的收入比政府补贴和特许商品销售的收入之和多27亿元，则估计2022年冬奥会这几项收入总和约为（    ）
 A. 223亿元 B. 218亿元 C. 143亿元 D. 118亿元【答案】B【解析】【分析】设收入总和为，根据题设条件列式即可求解【详解】设收入总和为，则，解之得故选：B．5. 已知的展开式中所有项的系数之和为64，则展开式中含的项的系数为（    ）A. 20 B. 25 C. 30 D. 35【答案】B【解析】【分析】根据所有项的系数之和求解，写出的展开式，求与二项式中含的项相乘所得的项，-1与二项式中含的项相乘所得的项，两项相加，即为的展开式中含的项.【详解】所有项的系数之和为64，∴，∴，展开式第项，时，，，时，，，，故选：B．6. 已知，则（    ）A.  B.  C. 3 D. 【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得答案.【详解】.故选：A．7. 如图，在数轴上，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动3次，设质点最终所在位置的坐标为X，则X的方差为（    ）A. 0 B.  C. 3 D. 5【答案】C【解析】【分析】先求得随机变量X的均值，再去求随机变量X的方差【详解】X可能取值为1，，3，
 ，则，故选：C．8. 过平面内一点P作曲线的两条互相垂直的切线，切点分别为（不重合），设直线分别与y轴交于点A，B，则面积的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设，进而根据导数几何意义求得切线方程，，进而根据两切线垂直得，再求的长，，进而计算面积.【详解】解：设当时，故切线为：，即当时，，，故切线为：，即两切线垂直，则，则所以，，解得∴.故选：B．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 下列结论中正确的有（    ）A. 运用最小二乘法求得的回归直线必经过样本点的中心B. 若相关指数的值越接近于0，表示回归模型的拟合效果越好C. 已知随机变量X服从二项分布，若，则D. 若随机事件满足，，，则【答案】ACD【解析】【分析】对选项A，根据线性回归直线性质即可判断A正确，对选项B，根据相关系数即可判断B错误，对选项C，根据二项分布数学期望的性质即可判断C正确，对选项D，根据条件概率公式即可判断D正确.【详解】对选项A，回归直线必经过样本点的中心，故A正确.对选项B，的值越接近1，表示回归模型的拟合效果越好，故B错误.对选项C，，，，所以，故C正确.对选项D，，所以，所以，所以，故D正确.选ACD．10. 已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数，下列结论中正确的是（    ）A. 函数的图象关于直线对称B. 函数的图象关于点对称C. 函数在区间上的减区间为D. 函数的图象可由函数的图象向左平移个单位长度而得到【答案】BC【解析】【分析】根据函数图象，求解参数，代入的表达式中，利用正弦型函数的图象及性质，依次判断各项正误.【详解】根据函数图象可得：，∴，，又，故，所以对称轴为时，故A项错．，∴关于对称，故B项对．函数的单调递减区间为，时在单调递减，故C项对．，故D项错．故选：BC.11. 阿基米德是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，享有“数学之神”的称号．若抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，则称为“阿基米德三角形”．已知抛物线的焦点为F，过抛物线上两点A，B的直线的方程为，弦的中点为C，则关于“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（    ）A. 点 B. 轴 C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】设，联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理结合导数逐项计算后可得正确的选项.【详解】由消y可得令，，，解得，，A错．，∴轴，B对．，∴，D对．，∴，C对，故选：BCD．12. 如图所示的几何体由一个三棱锥和一个半圆锥组合而成，两个锥体的底面在同一个平面内，是半圆锥底面的直径，D在底面半圆弧上，且，与都是边长为2的正三角形，则（    ）A.  B. 平面C. 异面直线与所成角的正弦值为 D. 该几何体的体积为【答案】ABD【解析】【分析】取中点O，由线面垂直的判断定理和性质定理可判断A；由、，可得，再由线面平行的判断定理可判断B；取中点M，可得即与所成角即为与所成角，由余弦定理求出和平方关系求出可判断C；求出几何体体积可判断D．【详解】对于A，取中点O，连接，所以为等腰直角三角形，且，又因为， ，所以平面，平面，所以，A正确．对于B，，∴，而，∴，∴，平面，平面，∴平面，B正确．对于C，取中点M，连接知，∴，∴与所成角即为与所成角，为，，由余弦定理得，C错．对于D，该几何体体积，D正确．故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 设各项均为正数的数列的前n项和为，写出一个满足的通项公式：_________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】本题属于开放性问题，只需填写符合要求的答案即可，不妨令，根据等比数列求和公式代入验证即可；【详解】解：当时，，，∴满足条件．故答案为：（答案不唯一）14. 函数的最小值为_____________．【答案】【解析】【分析】由题可知为偶函数，当时，去绝对值，讨论的取值范围，利用导数求解函数的最值【详解】由题可知，函数为偶函数，时，，当时，，在单调递增，此时；当时，，即恒成立.∴故答案为：-1.15. 如图是古希腊数学家特埃特图斯用来构造无理数的图形，设四边形的对角线交于点O，若，则___________________．
 【答案】##【解析】【分析】设，利用正切的二倍角公式可得，再由商数关系得到及可得答案.【详解】都为直角三角形，，∴，，，解得，∴，∴．故答案为：.16. 已知，，，是半径为的球面上四点，，分别为的中点，，，则以为直径的球的最小表面积为_______________；若，，，不共面，则四面体的体积的最大值为_____________．【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】①利用圆的垂径定理，可求得，，再利用三角形三边关系定理可求得的取值范围，即可求得以为直径的球的最小表面积②过作，连接，四边形为平行四边形，则，求得和的最大值即可求解【详解】设球心为O，∴，分别取中点，知，∴以为直径的球的最小表面积为过作，连接，四边形为平行四边形，设，设到平面距离∴∵，也为到平面的距离，∴故答案为：；．四、解答题：本题共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. 已知数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）求的前n项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）整理得，数列是等差数列；（2），利用裂项相消进行求和．【小问1详解】令，则，即，解得：显然，由，两边同时除以，得，所以数列是以首项为，公差为2的等差数列．故，即．【小问2详解】所以．18. 如图，在平面四边形中，．（1）若，求；（2）若，求四边形的面积．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）连接后由余弦定理与两角和的正弦公式求解（2）由余弦定理与面积公式求解【小问1详解】连接，在中，，且，，所以．在中，由余弦定理得，所以．所以【小问2详解】在中，由余弦定理得，即，解得或（舍去），所以四边形的面积为19. 如图，在三棱锥中，平面平面，，O为中点，．（1）证明：平面；（2）点E在棱上，若，二面角的大小为，求实数的值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，结合面面垂直的性质定理可证平面；（2）利用空间向量，根据可得再结合二面角代入计算．【小问1详解】在中，因为，O为的中点，所以．又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．【小问2详解】在中，因为，，O为的中点，所以．以O为坐标原点，为y轴，为z轴，过O且垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则，，，，所以．设平面的一个法向量为，因为．则取．平面的一个法向量为，由二面角的大小为，．解得．20. 为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）.根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布.（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及X的数学期望；（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查.（ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性；（ⅱ）下面是检验员在一天内抽取16个零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95 经计算得，，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，.用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为σ的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ（精确到0.01）.附：若随机变量Z服从正态分布，则，，.【答案】（1），（2）（ⅰ）见详解；（ⅱ）需要. ,【解析】【分析】（1）依题知一个零件的尺寸在之内的概率，可知尺寸在之外的概率为0.0026，而，进而可以求出的数学期望.（2）（i）判断监控生产过程的方法的合理性，重点是考虑一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件的概率是大还是小，若小即合理；（ii）计算，剔除之外的数据，算出剩下数据的平均数，即为的估计值，剔除之外的数据，剩下数据的样本方差，即为的估计值.【详解】（1）抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在之外的概率为0.0026，故.因此.的数学期望为.（2）（i）如果生产状态正常，一个零件尺寸在之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件概率只有0.0408，发生的概率很小.因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的.（ii）由，得的估计值为，的估计值为，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在之外，因此需对当天的生产过程进行检查.剔除之外的数据，剩下数据的平均数为，因此的估计值为.，剔除之外的数据，剩下数据的样本方差为，因此的估计值为.【点睛】本题考查正态分布的实际应用以及离散型随机变量的数学期望，正态分布是一种重要的分布，尤其是正态分布的原则，审清题意，细心计算，属中档题.21. 已知椭圆的离心率为，直线l过C的右焦点，且与C交于A，B两点直线与x轴的交点为E，，点D在直线m上，且．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设的面积分别为，求证：．【答案】（1）.    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）用待定系数法求出椭圆C的标准方程；（2）设方程为：，，，用“设而不求法”证明出直线恒过的中点，得到点E，F到直线的距离相等．即可证明出.【小问1详解】由题意得，解之得：故椭圆C的标准方程为．【小问2详解】易知直线斜率不为0，设方程为：，，，由消去x并整理得：，所以，，由题意得，，所以方程为：，令得，，又因为，所以，所以，即直线恒过的中点，故点E，F到直线的距离相等．所以22. 已知函数，函数的导函数为．（1）讨论函数的单调性；（2）若有两个零点，且不等式恒成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）答案见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用导函数并按实数a分类讨论去求函数的单调区间；（2）把不等式恒成立转化为，构造新函数并求其最小值即可求得实数m的取值范围．【小问1详解】由得，函数的定义域为，且，令，即，①当，即时，恒成立，在单调递增；②当，即时，令，当时，，的解或，故上单调递增，在上单调递减；当时，，同理在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】由（1）可得，若有两个零点，则，且，因为，所以，由不等式，恒成立得，只需，又，设，则，由可得，，即在单调递减，所以，所以．