2022届江西省南昌市八一中学高三下学期三模数学（理）试题含解析

这是一份2022届江西省南昌市八一中学高三下学期三模数学（理）试题含解析，共18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届江西省南昌市八一中学高三下学期三模数学（理）试题一、单选题1．已知集合，集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【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．设，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【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．在等比数列中，已知，则公比（       ）A． B． C．3 D．【答案】D【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．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0.004B．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【答案】C【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：C5．函数在上的图象大致为（       ）A． B． C． D．【答案】C【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：C6．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．【答案】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：C7．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【答案】B【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．已知函数，，，且在上单调递增，则（       ）A． B． C．2 D．3【答案】A【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：A9．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．【答案】B【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．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．【答案】B【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．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．【答案】D【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…②①2+②2可得由勾股定理知，，代入上式可得整理得，即所以故选：D12．设a＝，b＝ln1.01，c＝，则（       ）A．abc B．bca C．bac D．cab【答案】A【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.二、填空题13．已知向量，，且在上的投影等于，则___________.【答案】4【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：414．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______.【答案】60【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．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___________.【答案】【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．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______．【答案】【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：.三、解答题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．【答案】(1)(2)【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【详解】(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．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.【答案】(1)证明见解析.(2)【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.【详解】(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．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．【答案】(1)(2)分布列见解析，【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.【详解】(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：X2345P  数学期望；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．【答案】(1)(2)证明见解析【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．【详解】(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．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.【答案】(1)函数有且只有一个零点，理由见解析(2)3【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．【详解】(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．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.【答案】(1)直线的普通方程为，曲线的普通方程为；(2)【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；【详解】(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．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：.【答案】(1)(2)证明见解析【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.【详解】(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.