2022届江西省宜春市上高二中高三5月第十次月考数学（文）试题含解析

2022届江西省宜春市上高二中高三5月第十次月考数学（文）试题

一、单选题

1．若集合且，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件，用列举法表示集合A,解简单不等式求得集合B,然后根据交集定义求解.

【详解】集合，，所以.

故选：D.

2．已知（是虚数单位），则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先由条件可得，由复数的除法运算化简求出复数，根据共轭复数的概念可得答案.

【详解】由，可得

多以

故选：D

3．某交通广播电台在正常播音期间，每个整点都会进行报时．某出租车司机在该交通广播电台正常播音期间，打开收音机想收听电台整点报时，则他等待时间不超过5分钟的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意出租车司机等待时间不超过5分钟，则出租车司机打开收音机的时间点是在整点前5分钟内，除以整个时间段60分钟即可得解.

【详解】由于是整点报时，

对于每个小时，若要出租车司机等待时间不超过5分钟，

则出租车司机打开收音机的时间点是在整点前5分钟内，

故概率为，

故选：B

4．函数的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，先判断函数的奇偶性，排除，再求出、的值，排除，即可得答案．

【详解】解：根据题意，，其定义域为，

有，即函数为奇函数，排除，

又由， ，所以，有，函数在不会是减函数，排除，

故选：．

5．设平面与平面相交于直线m，直线a在平面内，直线b在平面内，且b⊥m，则“a⊥b是“”的（       ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据面面垂直的性质定理分别判断充分性和必要性即可判断.

【详解】充分性：若，则无法判断是否成立，所以充分性不成立；

必要性：根据面面垂直的性质定理，由，，又，所以必要性成立.

故选：B.

6．在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数．当基本传染数高于时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染这种疾病的人数呈指数级增长，当基本传染数持续低于时，疫情才可能逐渐消散．广泛接种疫苗可以减少疾病的基本传染数．假设某种传染病的基本传染数为，个感染者在每个传染期会接触到个新人，这个人中有个人接种过疫苗（称为接种率），那么个感染者新的传染人数为．已知新冠病毒在某地的基本传染数，为了使个感染者新的传染人数不超过，该地疫苗的接种率至少为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件可得出关于的不等式，由此可得出结果.

【详解】由题意可得，解得，因此，该地疫苗的接种率至少为.

故选：D.

7．已知某个数据的平均数为，方差为，现加入和两个新数据，此时个数据的方差为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用方差公式可求得结果.

【详解】设原数据为、、、、、，则，

加入和两个新数据后，所得个数据的平均数为，

所得个数据的方差为.

故选：B.

8．函数的图象如图所示，先将函数图象上所有点的横坐标变为原来的6倍，纵坐标不变，再将所得函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，下列结论正确的是（       ）

A．函数是奇函数 B．函数在区间上是增函数

C．函数图象关于对称 D．函数图象关于直线对称

【答案】D

【解析】先由三角函数的图像求出，然后结合三角函数图像的平移变换及伸缩变换求出，再结合三角函数图像的性质逐一判断即可得解.

【详解】解：由图得函数的周期，

所以.

因为函数的图象过点，

所以，

所以，

所以.

因为，

所以，

所以.

先将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的6倍，纵坐标不变，得到的图象，再将所得函数的图象向左平移个单位长度，得到.

对于A选项，因为函数为偶函数，故A错误；

对于B选项，令，则，

而，故B错误；

对于C选项，令，则，所以函数的对称中心为，故C错误；

对于D选项，令，则，所以函数的对称轴为，当时，有，即D正确.

故选：D.

【点睛】本题考查了三角函数图像的平移变换及伸缩变换，重点考查了三角函数图像的性质，属中档题.

9．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.则该多面体的体积为（       ）

A． B．8 C． D．

【答案】C

【分析】先把三视图还原实物图，直接求体积即可.

【详解】根据三视图还原实物图如图示：

下面是一个底面为三棱柱，上面是一个三棱锥，所以其体积为：

.

故选：C.

【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；

(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．

10．如图，直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边、、上，且，则长度的最大值为（       ）

A． B．6 C． D．

【答案】C

【分析】设，用正弦定理把用表示，然后求得，结合两㸖和与差的正弦公式可求得最大值．

【详解】设，则，，，

中，由正弦定理，得，

，同理，

＝，其中，，且为锐角，

所以当时，．

故选：C．

【点睛】关键点点睛：本题考查用正弦定理解三角形．解题关键是引入角，把表示为的函数，从而把用的三角函数表示，再利用三角函数知识求得最值．

11．已知长方体 中，底面为正方形且边长为1，侧棱长为2，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】以为圆心，半径为作圆交面于弧长，因为平面，又，，则根据弧长公式即可求得结果．

【详解】在上取一点，使得，在上取一点，使得则

以为圆心，半径为作圆交面于弧长，如图所示：

因为平面，，

所以弧长是以为球心，为半径的球面与侧面的交线长，

又因为，则，

所以弧长为

故选：D

【点睛】关键点点睛：本题的解题的关键在于以为圆心，半径为作圆交面于弧长．

12．对于任意，总存在三个不同的实数，使得成立，则实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】对等式进行变形，根据等式特征构造两个分别关于函数，根据所给区间，利用导数求出每个函数的单调性及取值范围，

【详解】由，得，设，.

因为，故当时，，

所以函数在上单调递增，所以.

因为，故当时，，当时，，

当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，

在上单调递减，且，

函数在上的图象如下图所示：

要总存在三个不同的实数，使得，

只要且，所以.

故选：B.

【点睛】方法点睛：关于方程有根的问题一般采用构造函数，利用导数判断出在指定区间的单调性和值域，结合数形结合思想进行求解.

二、填空题

13．已知向量，.若向量，的夹角为，则实数___________.

【答案】

【解析】直接根据向量夹角公式的坐标计算，即可得到答案；

【详解】，解得.

故答案为：.

14．设x，y满足约束条件，则的最大值为__________________．

【答案】11

【分析】画出约束条件表示的可行域，再根据目标函数的几何意义（截距型）即可求出答案．

【详解】解：由题意，约束条件表示的可行域如图，

由，解得，即，

由得，，表示直线在轴上的截距，

∴当直线经过点时，目标函数有最大值，最大值为11，

故答案为：11．

【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，属于基础题．

15．已知函数为偶函数，当时，，且，则_______．

【答案】

【分析】先算出，再利用偶函数的性质求解

【详解】

所以

因为为偶函数，

所以

所以

故答案为：

16．如图,椭圆的右焦点为,过的直线交椭圆于两点,点是点关于原点的对称点,若且,则椭圆的离心率为__________．

【答案】

【分析】作另一焦点,连接和和,则四边形为平行四边,进一步得到三角形为等腰直角三角形,设,求出,在三角形 中由勾股定理得,即可求出,则答案可求.

【详解】作另一焦点,连接和和,则四边形为平行四边,

所以,且,则三角形为等腰直角三角形,

设 ,则,解得,

,在三角形 中由勾股定理得,

所以,

故答案为:.

【点睛】本题考查了椭圆的几何性质,属中档题.

三、解答题

17．“自媒体”是指普通大众通过网络等途径向外发布他们本身的事实和新闻的传播方式某“自媒体”作者2020年度在“自媒体”平台A上发布了200条事实和新闻，现对其点击量进行统计，如表格所示：

（Ⅰ）现从这200条事实和新闻中采用分层抽样的方式选出10条，求点击量超过50万次的条数；

（Ⅱ）为了鼓励作者，平台A在2021年针对每条事实和新闻推出如下奖励措施：

若该作者在2021年5月份发布了20条事实和新闻，请估计其可以获得的奖金数．

【答案】（Ⅰ）4条；（Ⅱ）7000元．

【分析】（Ⅰ）根据样本容量比与总体容量比相等计算；

（Ⅱ）利用2020年的频率估计2021的频率，得各范围内的条数，从而可计算奖金．

【详解】（Ⅰ）设被抽取的点击量（万次）在的事实和新闻的条数分别为m，n，p，q，则，       

所以，则点击量超过50万次的条数为4条；             

（Ⅱ）由题意知，根据2020年度的频率估计得出：

则，                       

所以估计该作者在2021年5月可以得到的奖金为7000元．

18．如图，四棱锥中，四边形为正方形，，，且与所成角．

（1）求证：平面；

（2）若分别是的中点，求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）由线面垂直的判定可证得平面，由此得到，即，在中，利用余弦定理可求得，由长度关系可证得，由线面垂直的判定定理可证得结论；

（2）根据长度关系可确定，利用体积桥和三棱锥体积公式可求得，由此计算得到结果.

【详解】（1）四边形为正方形，，

，，平面，平面，

又平面，，又，，

，

，与所成角，，

在中，，即，

解得：．，，

又，平面，平面．

（2）为中点，，，

为中点，，，.

又，，

即三棱锥的体积为.

【点睛】思路点睛：立体几何中的求解三棱锥体积问题通常采用两种思路来进行求解：

（1）体积桥：将三棱锥进行等体积代换，转化为高易求的三棱锥体积的求解问题；

（2）割补：将三棱锥切割为几个部分或者补足为某个易求体积的几何体来进行求解.

19．公差不为零的等差数列中的部分项，，，…，成等比数列，其中，，.

（Ⅰ）求等比数列的公比；

（Ⅱ）若，求数列的前项和.

【答案】（Ⅰ）3；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）利用等比数列的定义及性质求出等差数列与的关系，进而求出等比数列公比；（Ⅱ）先求出，再利用错位相减法及等差、等比数列的求和公式分组求和，进而求出.

【详解】（Ⅰ）由已知得，解得，，

所以等比数列的公比.

（Ⅱ），则，.

因为是等差数列的第项，也是等比数列的第项，

所以，即，

解得，.

设数列，数列，数列的前项和分别为，，，

则由等比、等差数列的求和公式得，，

，①

，②

①-②得，，

.

【点睛】数列求和的方法技巧：

（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．

（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．

（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．

20．已知抛物线的顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.

（1）求抛物线的方程；

（2）已知动直线过点，交抛物线D于A、B两点，是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，说明理由.

【答案】（1）y2＝4x；（2）存在，x＝3.

【分析】（1）由题意，设抛物线方程为y2＝2px（p＞0），先根据椭圆的方程求出椭圆的右焦点即抛物线的焦点，从而求出p的值即可求解；

（2）设存在直线m：x＝a满足题意，，则圆心，过M作直线x＝a的垂线，垂足为E，设直线m与圆M的一个交点为G，可得|EG|2＝|MG|2﹣|ME|2，由此可推出存在直线m：x＝3满足题意.

【详解】解：（1）由题意，设抛物线方程为y2＝2px（p＞0），

由椭圆知，，所以c＝1，

∴抛物线的焦点为（1，0），

∴1，即p＝2，

∴抛物线D的方程为y2＝4x.

（2）设存在直线m：x＝a满足题意，，

则圆心，过M作直线x＝a的垂线，垂足为E，

设直线m与圆M的一个交点为G，可得|EG|2＝|MG|2﹣|ME|2，

即|EG|2＝|MA|2﹣|ME|2

，

当a＝3时，|EG|2＝3，此时直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒为定值，

因此存在直线m：x＝3满足题意.

【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是，根据垂径定理得|EG|2＝|MG|2﹣|ME|2，进而转化为|EG|2＝|MA|2﹣|ME|2，利用两点间的距离公式及抛物线方程进行化简.

21．已知函数的图象与轴相切于原点．

(1)求，的值；

(2)若在上有唯一零点，求实数的取值范围．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由题意得从而可求出，的值，

（2）先对函数求导，由于无法判断导函数的正负，所以令，再次求导，由，所以分和两种情况结合零点存性定理分析讨论函数的零点情况即可

【详解】(1)，               

依题意，                  

即解得．

(2)由（1）得，记，，所以，

①当时，

（ⅰ）当时，，所以为增函数，        

又因为，，

所以存在唯一实数，使得．          

（ⅱ）当时，，则．

由（ⅰ）（ⅱ）可知，单调递减，单调递增．

因为，

所以存在唯一实数，使得，        

所以当时，，即单调递减；

，，即，单调递增．

因为，

所以存在唯一实数：，使得，

即在上有唯一零点，符合题意．             

②当时，

，     

记．

，

所以，                 

所以为增函数，，

所以为增函数，，则，

所以在上没有零点，不合题意，舍去．             

综上，a的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：本小题主要考查导数的几何意义、函数的零点、导数的应用等基础知识；考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力与创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想；考查数学抽象、直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，体现综合性、应用性与创新性，解题的关键是求出后无法判断其正负，所以构造函数，再次求导，又由于，所以分别由的正负入手分情况求解，属于难题

22．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.

(1)求曲线C的直角坐标方程；

(2)求曲线C围成的图形的面积．

【答案】(1)(x，y不同时为0)

(2)

【分析】（1）按照极坐标方程和直角坐标方程互化即可；

（2）先计算出第一象限图形的面积，再结合对称性求出整个图形的面积.

【详解】(1)由，可知，所以，

又，，，

则曲线C的直角坐标方程为(x，y不同时为0).

(2)

当时，得曲线C的第一象限内的直角坐标方程：，

配方得，

则曲线C在第一象限内的图形由一个直角边为1的等腰直角三角形和一个半径为的半圆组成，

易知，曲线C在第一象限内的围成的图形面积为.

结合对称性可知曲线C围成的图形的面积为.

23．已知函数.

（1）求不等式的解集.

（2）若函数的最大值为，设，，且，证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析；

【分析】（1）将函数转化为分段函数，再利用分类讨论法求出不等式的解集；

（2）由（1）可知，再利用柯西不等式即可证明；

【详解】解：（1）因为，函数图象如下所示

因为，所以或或，

解得或或，

所以原不等式的解集为，

（2）由（1）可知的最大值为，即，所以，

又，，所以，

所以，

当且仅当时取等号，

所以．