2022届江西省五市九校协作体高三第一次联考数学（文）试题含解析

2022届江西省五市九校协作体高三第一次联考数学（文）试题

一、单选题

1．若复数满足，则复数在复平面内对应的点在（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】先由复数的运算化简复数，再由几何意义求出所在象限即可.

【详解】由题意得，，，则复数在复平面内对应的点为，在第四象限.

故选：D.

2．已知集合，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解一元一次不等式求出集合，解一元二次不等式求出集合，根据集合的补集与交集运算即可求得结果.

【详解】∵，，

∴或，

∴.

故选：C.

3．设是等差数列，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据等差数列性质可知，，成等差数列，由此可构造方程求得结果.

【详解】解：是等差数列，，，成等差数列，

，.

故选：C.

4．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据等比数列的概念可得数列的通项，分析可得小于8的项的个数，进而可得解.

【详解】由题意得，易知前10项中奇数项为正，偶数项为负，

所以小于8的项为第一项和偶数项，共6项，即6个数，所以所求概率，

故选：A.

5．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用“分段法”，结合零点存在性定理确定正确选项.

【详解】，且，故，，即.

因为在R上单调递增，且，，

所以，所以.

故选：B

6．如图所示，矩形的对角线相交于点，为的中点，若，则等于（    ）．

A． B． C．1 D．

【答案】A

【分析】利用向量的线性运算结合平面向量基本定理可求的值.

【详解】由平面向量基本定理，

化简

，

所以，即，

故选：A．

7．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用特殊值排除错误选项，进而确定正确选项.

【详解】当时，，所以排除A，D，

当时，，所以排除B，

故选：C

8．圆台体积公式为；古代将圆台称为“圆亭”，《九章算术》中“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈，问积几何？”即一圆台形建筑物，下底周长丈，上底周长丈，高丈，则它的体积为（    ）

A．立方丈 B．立方丈 C．立方丈 D．立方丈

【答案】B

【分析】求得圆台上下底面半径，由此求得圆台的体积.

【详解】圆台下底面周长丈，下底面半径为，

圆台上底面周长丈，下底面半径为，

所以圆台的体积为

立方丈.

故选：B

9．已知双曲线的渐近线夹角为，离心率为e，则等于（    ）

A．e B． C． D．

【答案】C

【分析】令=4，，先求出离心率，再利用渐进线与离心率的关系列出方程，算出答案.

【详解】取双曲线方程为，易得离心率，

故选：C.

10．已知函数的最小正周期为，其最小值为，且满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简解析式，根据的最小正周期、最小值以及对称中心，依次求得的值.

【详解】

，

其中.

依题意；.

所以，不妨设.

所以，

由，令，得，

所以，

，由于，所以.

故选：C

11．已知抛物线的焦点到其准线的距离为2，过焦点的直线与抛物线交于、两点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．9

【答案】A

【分析】根据抛物线的定义求得，进而求得抛物线方程.设出直线的方程，并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合基本不等式求得的最小值.

【详解】因为抛物线的焦点到其准线的距离为2，

所以，抛物线的方程为．设直线的方程为，

将此方程代入，整理得．

设，，（）则，

所以，

当且仅当，即时等号成立．

故选：A．

12．已知函数，若对任意的，都有，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造，从而可得其在单调递增，即在上恒成立，然后分离参数，转化为最值问题，即可求得结果.

【详解】因为对任意的，都有，即

所以在单调递增.

所以在上恒成立，即在上恒成立，

令，则，

所以当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

即

所以

故选:D.

二、填空题

13．若函数，则______

【答案】1

【分析】根据分段函数先求出，进而即可求得的值.

【详解】，

，.

故答案为：1.

14．设变量满足约束条件，则目标函数的最大值为_______.

【答案】

【分析】作出不等式组对应的可行域，数形结合，即可得到结论

【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，向上平移直线，增大，当直线过点时，.

故答案为：

15．已知数列的前项和为且满足，，则______．

【答案】

【分析】由递推式可得数列是等差数列，根据等差数列通项公式即可得结果.

【详解】因为，

所以，即，，

所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，

所以，即，

故答案为：.

16．如图，四棱柱中，四边形为平行四边形，点分别在线段上，且，点在上且平面平面，则________

【答案】

【分析】根据题意，利用面面平行的性质定理，得到，继续利用面面平行的性质定理，得到平面，平面，而平面平面，进而得到，根据平行的传递性，得到，得到答案.

【详解】平面平面，且平面平面，平面平面，所以，所以，

易得平面平面，又平面，所以平面，

因为平面平面，平面，所以平面，

又因为平面平面，

下面证明:如果一条直线与两个相交平面平行,则此直线平行两个平面的交线

如图所示，若平面，，则

过直线作平面，使得，，

因为，，则，同理，

所以，又，所以，

又，，所以，即得.

由上面证明可知，，故可确定一个平面，

又平面平面，平面平面，平面平面，所以，又，所以，所以.

故答案为：.

三、解答题

17．在三角形中，内角所对的边分别为，

(1)求；

(2)若为锐角，，BC边上的中线长，求三角形的面积．

【答案】(1)或；

(2)．

【分析】⑴利用正弦定理进行边角互换，再结合求出；

⑵在三角形中利用余弦定理求出边，再利用三角形的面积公式求面积.

【详解】(1)在△ABC中，因为，由正弦定理得，

所以，即，又因为，所以，

因为B是三角形的内角，所以或．

(2)因为为锐角，所以，△ABC为等腰三角形，，在△ABC中，设AC＝BC＝2x，

在△ADC中，由余弦定理得，

解得x＝1，所以AC＝BC＝2，所以，

所以三角形的面积为．

18．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，.

(1)求证：平面；

(2)求四棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)首先结合已知条件利用勾股定理证明，然后再利用线面垂直判定定理即可证明；(2)结合已知条件可知，然后结合等体积法即可求解.

【详解】(1)∵，，，

∴，从而，

又∵，，平面，平面，

∴平面.

(2)∵四边形为平行四边形，∴和的面积相等，

故，

∵为边长为2的等边三角形，∴，

从而.

19．已知动点到定点的距离和到直线的距离的比是常数.

(1)求点的轨迹.

(2)点为轨迹与轴正半轴交点，过点的直线交轨迹于两点，且弦的长为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）直接由距离公式结合已知化简即可求解；

（2）当斜率不存在时不合题意，当斜率存在时，设出直线方程，联立轨迹，再结合弦长公式求解即可.

【详解】(1)动点到定点的距离和到直线的距离的比是常数，，

化简得：，即点的轨迹为；

(2)易得，当直线斜率不存在时，易得，则，不合题意；

当直线的斜率存在时，设，联立得：，设，

易得，则，解得，则直线.

20．某人某天的工作是：驾车从地出发，到两地办事，最后返回地，三地之间各路段行驶时间及当天降水概率如下表：

若在某路段遇到降水，则在该路段行驶的时间需延长1小时.

现有如下两个方案：

方案甲：上午从地出发到地办事，然后到达地， 下午在地办事后返回地；

方案乙：上午从地出发到地办事，下午从地出发到达地，办事后返回地.设此人8点从地出发，在各地办事及午餐的累积时间为2小时.

现采用随机数表法获取随机数并进行随机模拟试验，按照以下随机数表，以方框内的数字5为起点，从左向右依次读取数据，若到达某行最后一个数字，则从下一行最左侧数字继续读取，每次读取4位随机数，第1位数表示采取的方案，其中0-4表示采用方案甲，5-9表示采用方案乙；第2-4位依次分别表示当天行驶的三个路段上是否降水，若某路段降水概率为，则 表示降水，表示不降水.（符号表示的数集包含）

05 26 93 70 60 22 35 85 15 13 92 03 51 59 77 59 56 78 06 83 52 91 05 70 74

07 97 10 88 23099842 99 64 61 71 6299 15 061 29 169358 05 77 05 91

51 26 87 85 85 54 87 66 47 54 73 32 08 11 12 44 95 92 63 16 29 56 24 29 48

26 99 61 65 53 58 37 78 80 70 42 10 50 67 42 32 17 55 85 74 94 44 67 16 94

14 65 52 68 75 87 59 36 22 41 26 78 63 06 55 13 08 27 01 50 15 29 39 39 43

（1）利用数据“5129”模拟当天的情况，试推算他当日办完事返回地的时间；

（2）利用随机数表依次取出采用甲、乙方案的模拟结果各两组，分别计算甲、乙两个方案的平均时间，并回答哪个方案办完事后能尽早返回地.

【答案】（1）19点；（2）甲方案有利于办完事后能更早返回地.

【解析】（1）数据“5129”表示采用乙方案，上午路段降水，下午路段降水，路段未降水，由此能求出结果．

（2）根据规划，读取的两组甲方案对应数据依次为1693，2687，求出平均时间为10，读取的两组乙方案对应数据为5129，5805，求出平均时间为11，从而认为甲方案有利于办完事后能更早返回地．

【详解】解：（1）数据“5129”表示采用乙方案，上午路段降水，下午路段降水，路段未降水，故花费正常行驶时间7小时，降水延迟2小时，办事及午餐2小时共计11小时，

故推算返回地的时间为19点；

（2）根据规则，读取的两组甲方案对应数据依次为1693，2687,得

类似地，读取的两组乙方案对应数据为5129，5805，可得

因为10<11，故认为甲方案有利于办完事后能更早返回地.

【点睛】本题考查时间的估算，考查随机数表的应用等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

21．已知函数.

(1)判断函数的单调性；

(2)当时，恒成立，有且只有一个实数解，证明：.

【答案】(1)函数在区间上单调递增，在区间上单调递减

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，结合函数的定义域直接可判断单调性；

（2）构造函数，根据最值情况可得自变量的取值范围，再根据可得取值范围.

【详解】(1)函数的定义域为，

，，

所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，

综上所述，函数在上单调递增，在上单调递减；

(2)由已知设，，

，

令，解得，，

当时，，，此时在上单调递减，

即，所以无解，不成立；

当时，，，此时在上单调递增，在上单调递减，

所以，又当时，恒成立，有且只有一个实数解，

即，即，

消去可整理得，

设，，

恒成立，

即在上单调递增，又，，在有且只有一个零点为，，

又，且函数在上单调递增，

所以.

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．在平面直角坐标系中，为曲线（为参数）上的动点，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)、是曲线上不同于的两点，且，，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先将曲线化为普通方程，再利用极坐标与直角坐标的互化公式可求出其极坐标方程，

（2）由题意可得，然后利用三角函数的性质可求得其范围.

【详解】(1)曲线（为参数），

化为普通方程为：，即，

所以曲线的极坐标方程为.

(2)由题意得，，

，

因为，

所以，

所以，

所以的取值范围是

23．已知函数的最小值为.

(1)求不等式的解集;

(2)若，求的最小值.

【答案】(1)

(2)9

【分析】（1）根据绝对值三角不等式求得m的值，分类讨论解绝对值不等式，可得答案；

（2）结合条件，利用均值不等式即可求得答案.

【详解】(1)∵， 当且仅当时，取得最小值.

又∵的最小值1，∴. ∵，∴.,

∴，等价于.

当时，所求不等式等价于,解得，符合题意;

当时，所求不等式等价于,解得，与条件矛盾;

当时，所求不等式等价于，解得，符合题意.

综上，原不等式的解集为.

(2)∵，∴. ∴,

 当且仅当时， 取得最小值.