2022届江西省临川第一中学高三4月模拟考试数学（文）试题含解析

这是一份2022届江西省临川第一中学高三4月模拟考试数学（文）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届江西省临川第一中学高三4月模拟考试数学（文）试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】结合余弦型函数的周期性可得到，再得到的解集，进而求解.【详解】因为的最小正周期且，，，，，，，，所以，又，所以，故选：C2．若复数z满足（i为虚数单位），则z的虚部为（       ）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】化简得，即得解.【详解】解：由题得.所以z的虚部为.故选：A3．2021年11月，中国青年报社社会调查中心通过问卷网，对2000名14~30岁青少年进行的专项调查显示，对于神舟十三号航天员乘组出征太空，98.9%的受访青少年都表示了关注.针对两个问题“关于此次神舟十三号飞行乘组出征太空，你有什么感受（问题1）”和“青少年最关注哪些方面（问题2）”，问卷网统计了这2000名青少年回答的情况，得到如图所示的两个统计图，据此可得到的正确结论为（       ）A．对于问题2，只有极少的受访青少年关注航天员是怎样选的B．对于问题1，不到一半的受访青少年认为开启空间站新时代，“中国速度”令人瞩目C．对于问题2，青少年关注最多的是航天员在太空的工作和生活D．对于问题1，超过八成的受访青少年充分感受到我国载人航天事业取得大发展､大进步【答案】C【分析】根据两个统计图中的数据逐一进行判断即可.【详解】A，对于神舟十二号太空之旅，关注航天员是怎样选的占，不是极少数，故A错误；B，对于神舟十二号飞行乘组出征太空，受访青少年认为开启空间站新时代占，超过一半，故B错误；C，对于神舟十二号太空之旅，青少年关注航天员在太空的工作和生活的比值最大，因此青少年关注最多，故C正确；D，对于神舟十二号飞行乘组出征太空，受访青少年充分感受到我国载人航天事业取得大发展、大进步占，没有超过八成，故D错误.故选：C4．若实数x，y满足，则的值不可能为（       ）A．2 B．4 C．9 D．12【答案】D【分析】利用已知条件作出可行域，然后作出目标函数，求出目标函数的范围，逐一对选项筛选即可.【详解】作出可行域，如图： 解得： 即：又解得： 即：对于目标函数可化为：的最小值在处取得，最大值在处取得，此时：，即： ，其余的三个值都可能取到；故选：D.5．已知，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，结合诱导公式和二倍角公式求解即可.【详解】由题，因为，所以，故选：B6．若实数a，b满足，则下列选项中一定成立的有（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由得到或，再利用不等式的性质、函数的单调性进行判定.【详解】因为，所以，显然，所以，所以或，即或；若，则，，，；若，则，，，；即一定成立的是选项D.故选：D.7．已知，分别是双曲线的左､右焦点，点P是双曲线上一点，若，且的最小内角为，则双曲线的标准方程为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设点为双曲线右支上一点，结合双曲线的定义与条件可得，，在中，根据大边对大角可知为最小角，进而根据余弦定理求得，再得到，即可得到答案.【详解】设点为双曲线右支上一点，则，因为，且，所以，，由题，因为，则，所以为最小角，故，所以在中，由余弦定理可得，，解得，所以，所以双曲线的标准方程为.故选：B8．如图是一个四棱锥的三视图，则该四棱锥的所有侧棱中，最长的侧棱长为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出原几何体的直观图，计算出该四棱锥的所有棱长，即可得解.【详解】根据三视图还原原几何体的直观图如下图所示：由三视图可知为等腰三角形，，，平面，平面，则，，，，同理可得，由正视图可知，四边形为直角梯形，且、为腰，，因此，该四棱锥的所有侧棱中，最长的侧棱长为.故选：C.9．已知定义在上的函数满足，函数为偶函数，且当时，，则（       ）A． B．1 C．504 D．无法确定【答案】A【分析】先利用奇函数的性质得到，再利用和得到函数是周期函数，进而可以求解.【详解】因为函数的定义域为，且，所以函数是定义在上的奇函数，所以，解得，即，；因为为偶函数，所以，即的图象关于对称，又满足，所以，则，，即函数是周期函数，周期为4，则.故选：A.10．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图，洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一､六在后，二､七在前，三､八在左，四､九在右，五､十背中.如图，白圈为阳数，黑点为阴数，若从阳数和阴数中各取一数分别记为a，b，则满足的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】列举出所有情况个数，和满足的情况个数，从而求出概率.【详解】阳数为1,3,5,7,9，阴数为2,4,6,8,10，则选出的的所有情况如下图：，，，共有25种情况，其中满足的有，共9种情况，所以概率为.故选：B11．已知，其中.设两曲线，有公共点，且在该点的切线相同，则实数b的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设两曲线的公共点为，利用导函数的几何意义可得，且，则，设，利用导函数取得的最小值，即可求解.【详解】设两曲线的公共点为，由得，由得，所以两曲线在点处的切线的斜率分别为和，依题意可得，整理得，解得或（舍），又，将代入可得，设，则，令，则，所以当时，，当时，，所以当时，取得最小值为，所以的最小值为，故选：D12．已知抛物线的焦点为F，点，过点F的直线与此抛物线C交于A，B两点，若，且，则（       ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】设直线的方程为，联立方程组求得，根据斜率公式，得到，得到，进而求得，作，，求得，得到，结合弦长公式，列出方程，即可求解.【详解】设直线的方程为，联立方程组，整理得，可得，则，所以,因为，且为锐角，可得，设，如图所示，作，交轴于点，由题意，可得点在抛物线的准线上，作准线为，作，垂直为，则，所以，所以，可得，因为，即，解得.故选：B. 二、填空题13．已知向量，若，则___________.【答案】【分析】根据两向量垂直数量积为的坐标表示求出的值，然后得出的坐标表示，进而求出模长.【详解】，，解得： 故答案为：.14．命题“”为假命题，则实数a的取值范围为___________.【答案】【分析】由题可知命题“”为真命题，即可转化问题为在上恒成立，利用基本不等式求得的最小值，即可求解.【详解】若命题“”为假命题，则命题“”为真命题，即在上恒成立，则，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以，故答案为：15．将一个边长为4的正三角形以其中一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为___________.【答案】【分析】根据正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥求解.【详解】如图所示，正三角形绕边AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半径为，母线长为 则所得几何体的表面积为.故答案为：.16．已知在四边形中，，，，且，.则___________.【答案】7【分析】先在中，由余弦定理可得，，设，，，，可根据得，再在中，利用余弦定理得到，进而可得，最后在中，利用余弦定理解得的值.【详解】在中，则，又在中，，所以，设，，，，则，，由 即，则，在中，，又，则有，所以，在中，，即，解得，即的长为7，故答案为：7 三、解答题17．已知是等差数列，，.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足：，设数列的前n项的和，试求.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题可知，解得，，即可求解；（2）由（1）可得，，结合等比数列前项和公式求解即可.【详解】(1)设等差数列的公差为d，则，解得，所以.(2)由（1）知：，则，，则.18．如图，长方体中，，E在棱上且，在平面内过点E作直线l，使得.(1)在图中画出直线l并说明理由；(2)若，且直线，求点P到平面的距离.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，结合平面分析可知；（2）利用平面平面，作出点P到平面的垂线，直接求解即可.【详解】(1)在上取一点P，使得，连结，则为所求作的直线l，下面给出证明：连接，设，则由勾股定理得，所以，所以因为平面，平面所以又平面，平面，∴平面，平面∴，故为所求作的直线l.(2)连结，由（1）知：，在平面内过P作于O，易知平面A，B，，E四点共面，又平面，平面所以平面平面又平面平面所以，平面，所以即为所求，连接，因为，所以，且所以易知，故点P到平面的距离为.19．温度传感器是一种采用大规模数字集成电路技术的温度传感器，集成了温度传感电路和信号处理电路，可检测芯片温度和环境温度，具有低成本､低功耗､高精度和线性度强的优点，广泛用于环境､医疗､制造业､化工､能源､气象､仓储､冷藏､冰柜､恒温恒湿生产车间､办工场所等领域.下表是通过对某型号COMS高精度温度传感器IC的芯片温度与输出电压进行初步统计得出的相关数据：芯片温度204080100输出电压测量值2.492.071.881.451.31(1)已知输出电压U与芯片温度t之间存在线性相关关系，求出其线性回归方程；（精确到小数点后两位）(2)已知输出电压实际观察值为，估计值（拟合值）为，以上述数据和（1）中的线性回归方程为依据，.若满足，则可判该COMS高精度温度传感器IC工作正常；若不满足，则可判断工作不正常.现某该型号温度传感器在芯片温度为时，其输出电压为，判断该温度传感器工作是否正常.参考数据：.附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为.【答案】(1)；(2)该温度传感器工作不正常.【分析】（1）利用最小二乘法求线性回归方程；（2）求出和，再根据已知条件判断得解.【详解】(1)解：由表得， .∴，∴输出电压U与芯片温度t之间线性回归方程为.(2)解：由（1）可得：时，，时，时，，时，时，，∵时，，∴该温度传感器工作不正常.20．已知椭圆，四点中恰有三点在椭圆C上.点P为圆上任意一点，O为坐标原点.(1)求椭圆C及圆M的标准方程；(2)设直线l经过点P，且与椭圆C相切，与圆M相交于另一点A，点A关于原点的对称点为B，试判断直线与椭圆C的位置关系，并证明你的结论.【答案】(1)椭圆C方程为，圆M方程为(2)相切，证明见解析【分析】(1) 由对称知：都在椭圆C上,再分在椭圆上和三点在椭圆上分别求解即可;(2)由题意可得，分直线轴，当直线轴和直线与x轴既不平行也不垂直，设出直线方程，直线方程，联立方程可证明.【详解】(1)由对称知：都在椭圆C上，若在椭圆上，则，显然方程组无解.若三点在椭圆上，由在椭圆上则，代入点得：，则所以椭圆C方程为，则圆M方程为.(2)直线与椭圆C相切.证明如下：由题意可得，点B在圆M上，且线段为圆M的直径，所以，当直线轴时，此时直线过椭圆长轴的顶点，直线的方程为，则直线的方程为，显然直线与椭圆C相切.同理，当直线轴时，直线也与椭圆C相切.当直线与x轴既不平行也不垂直时，设点，直线的斜率为k，则，直线的斜率为，所以直线方程为：，直线方程为：，由，消去y得：.因为直线与椭圆C相切，所以，即     ①.同理，由直线与椭圆C的方程联立，消去y得：即     ②因为点P为圆上任意一点，所以，即     ③.将③代入①式，得将③代入②式，得所以此时直线与椭圆C相切，综上所述，直线与椭圆C相切.21．设m为实数，函数.(1)当时，求函数的单调区间；(2)若方程有两个实数根，证明：.（注：是自然对数的底数）【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减(2)证明见解析【分析】（1）首先求出定义域，再对函数求导，利用导数与函数的单调性的关系求解即可；（2）首先把代入化简方程，然后根据方程有两个实数根，得出两根的取值范围，利用换元法得出两根的表达式，接着运用分析法从构造函数的角度，利用函数的单调性，极值和最值情况证明不等式.【详解】(1)，令解得：；令解得：函数在上单调递增，在上单调递增.(2)证明：，令，，在上单调递增，在上单调递减，则的极大值为：，，不妨设，则 ，故，令，所以，要证，只要证：，只要证：，令，设，在上单调递减，在上单调递增，∵，则存在，使得，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，，在上恒成立，即证得：.【点睛】本题考查函数零点问题，零点存在性定理，用导数研究双变量问题以及用导数证明不等式成立问题，对分析问题和解决问题的能力有一定的要求，学生应从基础入手，层层深入，各个击破.22．在平面直角坐标系中，曲线的普通方程为，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系.(1)求曲线的极坐标方程；(2)已知直线l的极坐标方程为，直线l与曲线分别交于异于极点的A，B两点，且，求.【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据把曲线的普通方程转化为极坐标方程；先把曲线的参数方程消去参数，转化为普通方程，再转化为极坐标方程；（2）把代入，的极坐标方程可得，，与的关系，结合可求得，即可求得，，进而求解.【详解】(1)因为曲线的普通方程为，即，所以曲线的极坐标方程为，因为曲线的参数方程为（为参数），所以曲线的普通方程为，即，即，所以曲线的极坐标方程为.(2)把代入，的极坐标方程得：，，所以，所以，解得或（舍去），所以，所以，，所以.23．已知函数，.(1)当时，解关于x的不等式；(2)若函数与的图象可以围成一个四边形，求a的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用分段讨论法去掉绝对值符号，转化为一次不等式进行求解；（2）利用绝对值的代数意义去掉绝对值符号，得到分段函数及的图象，再结合两函数和的图象进行求解.【详解】(1)解：时，①当时，，解得，所以；②时，，解得，所以；③当时，，解得，所以；综上所述，当时，的解集为.(2)解：，所以在上单调递增，上单调递减，又因为，，且在单调递减，上单调递增，所以与图象如图所示，要使得与的图像可以围成一个四边形，则，即.故a的取值范围为.