2022届江苏省南京市宁海中学高三下学期4月模拟考试数学试题含解析

这是一份2022届江苏省南京市宁海中学高三下学期4月模拟考试数学试题含解析，共20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届江苏省南京市宁海中学高三下学期4月模拟考试数学试题一、单选题1．设集合，，R为实数集，则（       ）A．或 B．或C． D．【答案】C【分析】先求出集合A，B，再求两集合的并集，然后再求其补集【详解】由，得，解得，所以，因为当时，，所以，所以，所以，所以，故选：C2．若复数（1–i）（a+i）在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是（    ）A．（–∞，1） B．（–∞，–1）C．（1，+∞） D．（–1，+∞）【答案】B【详解】试题分析：设，因为复数对应的点在第二象限，所以，解得：，故选B.【解析】复数的运算【名师点睛】复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b)(a，b∈R)．复数z＝a＋bi(a，b∈R) 平面向量.3．若命题“时，”是假命题，则的取值范围（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】全称命题的否定是特称命题，将问题转化为不等式能成立求参数的取值范围【详解】因为“，”是假命题，则其否定“，”为真命题则而当时，取得最小值所以故选：B4．已知在10件产品中可能存在次品，从中抽取2件检查，记次品数为X，已知，且该产品的次品率不超过；则这10件产品中次品数n为（       ）A．1件 B．2件C．8件 D．2件或8件【答案】B【分析】设10件产品中存在 件次品，根据题意列出方程求出的值即可【详解】设10件产品中存在 件次品，从中抽取2件，其次品数为 ，由 得 化简得 ，解得 或 又该产品的次品率不超过 ， 应取故选：B5．函数的部分图象大致为（       ）A． B．C． D．【答案】A【解析】化简函数解析式，判断函数的对称性，再根据时，即可判断.【详解】可得，令，定义域为，且，则为奇函数，关于原点对称，是由向右平移2个单位所得，关于对称，故BC错误；当时，，故D错误.故选：A.【点睛】本题考查函数图象的辨别，属于基础题.6．将函数的图象向右平移个单位，再将图象上每一点的横坐标缩短到原来的倍，所得图象关于直线对称，则的最小正值为（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据三角函数的变换规则得到变换之后的解析式，再根据函数的对称性求出的取值，从而得解；【详解】解：将函数的图象向右平移个单位得到，再将图象上每一点的横坐标缩短到原来的所得图象的解析式．因为所得图象关于直线对称，所以当时函数取得最值，所以，，解得，．当时，取得最小正值为，故选：D．7．已知中，，，AD与BE交于点P，且，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用可得，再利用可得，可得关于的方程组，解方程组即求.【详解】∵，，与交于点，且，，∴，又，∴，解得，∴.故选：B.8．设、分别为具有公共焦点与的椭圆和双曲线的离心率，P为两曲线的一个公共点，且满足，则的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，不妨设，利用椭圆和双曲线的定义可得出，再利用余弦定理和基本不等式计算即可求得结果.【详解】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，不妨设，由椭圆和双曲线的定义可得，得，设，因为，由余弦定理得，即，整理得，故.又，即，所以，即的最小值为，当且仅当即时等号成立.故选：A. 二、多选题9．某保险公司销售某种保险产品，根据2020年全年该产品的销售额（单位：万元）和该产品的销售额占总销售额的百分比，绘制出如图所示的双层饼图．根据双层饼图，下列说法正确的是（       ）A．2020年第四季度的销售额为280万元B．2020年上半年的总销售额为500万元C．2020年2月份的销售额为60万元D．2020年12个月的月销售额的众数为60万元【答案】AD【分析】先根据第二季度的销售额和占百分比计算出全年的销售总额，然后再根据选项逐一判断即可【详解】第二季度销售额为260万元，第二季度占总销售额的百分比为 ，可得年销售额为1000万元2020年第四季度的销售额为 万元，故A正确2020年上半年的总销售额为 万元，故B错误2020年2月份的销售额为 万元，故C错误2020年12个月的月销售额分别是 ，众数是 万元，故D正确故选：AD10．关于的展开式，下列结论正确的是（       ）A．所有项的二项式系数和为32B．所有项的系数和为0C．常数项为D．系数最大的项为第3项【答案】BC【分析】原二项式可化为，再根据二项式展开式的性质求解即可.【详解】，可得二项式系数和为，故A错误；令得所有项的系数和为0，故B正确；常数项，故C正确；，系数为，最大为或，为第3项或第5项，故D错误.故选：BC.11．定义为数列的“优值”．已知某数列的“优值”，前n项和为，下列关于数列的描述正确的有（       ）A．数列为等差数列B．数列为递增数列C．D．，，成等差数列【答案】ABC【分析】由新定义可得，利用该递推关系求出数列的通项公式，然后逐一核对四个选项得答案．【详解】由已知可得，所以，所以时，，得时，，即时，，当时，由知，满足．所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，故A正确，B正确，所以，所以故，故C正确．，，，，，不是等差数列，故D错误，故选：ABC．12．已知是定义在R上的偶函数，且对任意，有，当时，，则（       ）A．是以2为周期的周期函数B．点是函数的一个对称中心C．D．函数有3个零点【答案】BD【分析】首先根据函数的对称性求出的周期和对称中心，然后求得.利用图象法即可判断D.【详解】依题意，为偶函数，且，有，即关于对称，则，所以是周期为4的周期函数，故A错误；因为的周期为4，关于对称，所以是函数的一个对称中心，故B正确；因为的周期为4，则，，所以，故C错误；作函数和的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有3个交点，所以函数有3个零点，故D正确.故选：BD. 三、填空题13．已知，___________.【答案】【分析】利用半角公式求解即可.【详解】因为，所以.所以.故答案为：14．若函数满足：（1）对于任意实数，当时，都有；（2），则___________.(答案不唯一，写出满足这些条件的一个函数即可)【答案】型的都对【分析】本题属于开放性题，只需填写符合题意的答案即可，依题意可以判断函数在上单调递增，又，（且，）即可得解；【详解】解：对于任意实数，，当时，都有，说明该函数在上单调递增，又对数函数满足运算性质：，故可选一个递增的对数函数：．故答案为：．15．已知曲线，圆，当曲线C与圆M有3个公共点时______【答案】4或55或4【分析】由题可得表示两条直线，利用点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系即得.【详解】由，得，则表示两条直线，其方程分别为与， 因为可知圆心，∴直线与圆相交，又到直线的距离，所以当时，直线与圆相切，与圆有3个公共点；当直线与圆相交，且其中一个交点为原点时，，符合题意；综上，或.故答案为：4或5.16．已知四面体ABCD中，为等边三角形，，，若，则四面体ABCD外接球的表面积的最小值为______【答案】【分析】由已知证明平面ABC，设，则，求出底面外接圆的半径r，再求得球心到底面中心的距离，利用勾股定理结合二次函数求得四面体外接球的半径R的最小值，则四面体ABCD外接球表面积的最小值可求.【详解】解：由题意可得，，，，所以，则，，，得到：平面ABC，设，则，取正三角形ABC的外心为，四面体ABCD的外接球球心O，连接，则底面ABC，底面外接圆的半径，，所以四面体外接球的半径，当时，R有最小值为，所以四面体ABCD外接球表面积的最小值为，故答案为：. 四、解答题17．已知各项均为正数的等比数列，满足(1)求数列的通项公式；(2)设的前n项和为，表示取a与b中的较大值，记，求数列前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）分别令，可得，，两式相除可求出，从而可求出，进而可求出通项公式，（2）由题意可得，然后通过比较与的大小，可求出，从而可求出【详解】(1)设等比数列的公比为（），因为，所以，， 所以，所以，，因为，所以，因为，，所以，所以(2)由（1），得，所以，，当时，，即，此时 ，当时，，即 ，所以，所以当时，，当时，，综上，18．在中，内角的对边分别为，，点在边上，满足，且．(1)求证：；(2)求．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）分别在和中利用正弦定理表示出，，代入已知等式化简整理即可得到结果；（2）根据，在和利用余弦定理可整理得到；在中，利用余弦定理可得，进而得到，代入中即可求得结果.【详解】(1)，，；在中，由正弦定理得：；在中，由正弦定理得：；又，，即，.(2)在中，由余弦定理得：；在中，由余弦定理得：；，，即，整理可得：；在中，由余弦定理得：，则，，，即；.19．如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，其对角线的交点为O，且，．(1)求证：平面；(2)设，若直线与平面所成的角为；求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明平面，得到，再证明，由线面垂直的判定定理证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可．【详解】(1)证明：因为四边形是菱形，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，又，是的中点，所以，又因为，平面；所以平面；(2)解：因为，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，因为平面，所以直线与平面所成的角即为，即，因为菱形的边长为2，则在等边三角形中，，，在中，，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，由平面的一个法向量为，，设二面角为，由图可知，二面角为钝二面角，则，所以，即二面角的正弦值为．20．某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个100元在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个300元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．(1)求X的分布列；(2)以购买易损零件所需费用的期望为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个更合理？【答案】(1)分布列见解析；(2)选更合理，理由见解析.【分析】（1）由柱状图，易得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，分别求得其相应概率，列出分布列；（2）购买零件所需费用含两部分：一部分为购买零件的费用，零一部分备件不足时额外购买的费用，结合(1)分别求出、时费用的期望即可下结论.【详解】(1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0.2，0.4，0.2，0.2，X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，从而；；；；；；；所以X的分布列为X16171819202122P0.040.160.240.240.20.080.04(2)购买零件所需费用含两部分：一部分为购买零件的费用，另一部分备件不足时额外购买的费用，当时，费用的期望为：元，当时，费用的期望为：元，因为，所以选更适合.21．已知平面上一动点P到定点的距离与它到定直线的距离相等，设动点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的轨迹方程(2)已知点，过点B引圆的两条切线BP；BQ，切线BP、BQ与曲线C的另一交点分别为P、Q，线段PQ中点N的纵坐标记为，求的取值范围．【答案】(1)；(2)的取值范围为．【分析】(1)根据曲线轨迹方程的定义求解；(2) 设切线BP的方程为，切线的方程为，所以， ，再求出，即得解.【详解】(1)设，根据题意可得，化简得，所以，所以曲线C的方程为，(2)由已知，所以切线的斜率存在，设切线的方程为，则圆心到切线的距离，所以，设切线BQ的方程为，同理可得，所以是方程的两根，所以， ，设，联立，得，所以，所以，同理，所以，因为，所以所以．所以的取值范围为．【点睛】求取值范围常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）基本不等式法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.22．已知函数，，(1)设，讨论函数的单调区间；(2)求证：对任意正数a，总存在正数x，使得不等式成立．【答案】(1)详见解析；(2)详见解析.【分析】（1）由题可得，分类讨论即得；（2）利用导数可得，进而，构造函数利用导数求函数的最值即得.【详解】(1)∵，∴，当时，，在上单调递增，当时，由可得，，∴，，单调递增，，，单调递增，综上，当时，的单调增区间为；当时，的单调增区间为，单调减区间为；(2)∵，令，则，∴在上单调递增，∴，即，∴等价于，令，由任意正数a，总存在正数x，使得不等式成立，则，∵，由，可得，∴函数在上单调递减，在上单调递增，又，，，∴对任意正数a，总存在正数x，使得不等式成立.【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间D上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.