2022届江苏省南京市金陵中学高三下学期复习检测（二）数学试题含解析

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2022届江苏省南京市金陵中学高三下学期复习检测（二）数学试题
一、单选题
1．从集合的非空子集中随机选择两个不同的集合A，B，则的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】写出集合的非空子集，求出总选法，再根据，列举出集合的所有情况，再根据古典概型公式即可得解.
【详解】解：集合的非空子集有共7个，
从7个中选两个不同的集合A，B，共有种选法，
因为，
当时，则可为共3种，
当时，共1种，
同理当时，则可为共3种，
当时，共1种，
则符合的共有种，
所以的概率为.
故选：A.
2．若，则实数x，y满足（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题得，即得解.
【详解】解：因为，所以，
则，即实数x，y满足．
故选：B
3．已知是正实数，函数的图象经过点，则的最小值为（       ）
A． B．9 C． D．2
【答案】B
【分析】将代入，得到，的关系式，再应用基本不等式“1”的代换求最小值即可．
【详解】由函数的图象经过，则，即．
，当且仅当时取到等号．
故选：B．
4．已知向量，，，则向量与向量的夹角为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用平面向量的夹角公式求出夹角余弦值，再利用诱导公式结合角的范围进行求解..
【详解】设向量与向量的夹角为，
由题意，得，，，
所以，
因为，，
所以，
即向量与向量的夹角为.
故选：D.
5．已知中，，，现以BC为旋转轴旋转得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】如图作出旋转体的轴截面，由题意可得轴截面为边长为3的菱形，其中，从而可求出内切球的半径，进而可求出其表面积
【详解】如图所示，旋转体的轴截面为边长为3的菱形，为内切球的球心
因为，，
所以，
因为，
所以，所以，
所以内切球的半径，
故，
故选：D.

6．某社团专门研究密码问题．社团活动室用的也是一把密码锁，且定期更换密码，但密码的编写方式不变，都是以当日值班社员的姓氏为依据编码的，密码均为的小数点后的前6位数字．编码方式如下；①x为某社员的首拼声母对应的英文字母在26个英文字母中的位置；②若x为偶数，则在正偶数数列中依次插人数值为的项得到新数列，即；若x为奇数．则在正奇数数列中依次插入数值为的项得到新数列，即③N为数列的前x项和．如当值社员姓康，则K在26个英文字母中排第11位．所以．前11项中有所以有8个奇数．故，所以密码为282051，若今天当值社员姓徐，则当日密码为（       ）
A．125786 B．199600 C．200400 D．370370
【答案】B
【分析】按照所给密码规则，逐条对照计算求解即可.
【详解】X在26个英文字母中排第24位．所以，前24项中有，所以有21个偶数．
故，
的小数点后的前6位数字为199600．
故选：B
7．已知F1，F2分别为双曲线的左焦点和右焦点，过F2的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，△AF1F2的内切圆半径为r1，△BF1F2的内切圆半径为r2，若r1=2r2，则直线l的斜率为（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【分析】记△AF1F2的内切圆圆心为C，△BF1F2的内心D，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，则C、E横坐标相等，根据外接圆的性质及双曲线的定义求得的横坐标，可得CD⊥x轴，设直线的倾斜角为θ，∠OF2D=，∠CF2O=90°﹣，结合r1=2r2，分析运算即可得出答案.
【详解】解：记△AF1F2的内切圆圆心为C，边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，
则C、E横坐标相等，则|AM|=|AN|，|F1M|=|F1E|，|F2N|=|F2E|，
由|AF1|﹣|AF2|=2a，即|AM|+|MF1|﹣（|AN|+|NF2|）=2a，
得|MF1|﹣|NF2|=2a，即|F1E|﹣|F2E|=2a，
记C的横坐标为x0，则E（x0，0），
于是，得x0=a，
同理△BF1F2的内心D的横坐标也为a，则有CD⊥x轴，
设直线的倾斜角为θ，则∠OF2D=，∠CF2O=90°﹣，
在△CEF2中，tan∠CF2O=tan（90°﹣）=，
在△DEF2中，tan∠DF2O=tan，
由r1=2r2，可得2tan=tan（90°﹣）= ，解得tan，
则直线的斜率为tanθ==2.
故选：D.

8．已知，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由，可得，构造函数，利用函数的导数与单调性的关系，可得在上单调递增，进而可得，，从而即可得答案.
【详解】解：因为，
所以；
令，，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，
所以，
所以；
同理，所以，即，也即，
所以，
所以.
综上，，
故选：D.
二、多选题
9．盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件A＝“两个球颜色相同”，B＝“第1次取出的是红球”，C＝“第2次取出的是红球”，D＝“两个球颜色不同”．则下列说法正确的是（             ）
A．A与B相互独立 B．A与D互为对立 C．B与C互斥 D．B与D相互独立
【答案】ABD
【分析】设2个红球为，，2个白球为，，运用列举法得出样本空间，及事件A、B、C、D，根据事件相互独立、互斥、对立的概念，逐一判断可得选项.
【详解】解：设2个红球为，，2个白球为，，则样本空间为
，
共12个基本事件，
事件，共4个基本事件；
事件，共6个基本事件；
事件，共6个基本事件；
事件，共8个基本事件；
A．由于，，，故成立，所以A与B相互独立，故A正确；
B．由于，，故A与D是对立事件，故B正确；
C．由于，故B与C不互斥，故C不正确；
D．由于，，，故成立，所以B与D相互独立，故D正确.
故选：ABD.
10．已知函数，则下列结论正确的是（       ）
A．若对于任意的，都有成立，则
B．若对于任意的，都有成立，则
C．当时，若在上单调递增，则的取值范围为
D．当时，若对于任意的，函数在上至少有两个零点，则的取值范围为
【答案】ACD
【分析】由题可得恒成立，利用三角函数的性质可判断A，利用函数的周期的含义可判断B，利用正弦函数的单调性可判断C，由题可得，进而可判断D.
【详解】对于A，对于任意的，都有成立，
所以恒成立，又，，
∴，故A正确；
对于B，由题可得是函数的周期，但不能推出函数的最小正周期为，故B错误；
对于C，当时，当时，，
则，，故，故C正确；
对于D，当时，当时，，
由在上至少有两个零点，
则，即，故D正确.
故选：ACD.
11．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体，如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为的截角四面体，则下列说法正确的是（       ）

A．
B．该截角四面体的表面积为
C．
D．该截角四面体的外接球表面积为
【答案】BC
【分析】确定截角四面体是由4个边长为a的正三角形，4个边长为a的正六边形构成，还原正四面体可判断AB，然后分别求解截角四面体的表面积、外接球的表面积,即可判断选项C，D.
【详解】截角四面体还原为正四面体，如图，

因为，所以,而为等边三角形，,故不成立，故A错误；
截角四面体由4个边长为a的正三角形，4个边长为a的正六边形构成,
故，故选项B正确；
连接,则,，由正四面中对棱互相垂直知,
所以,在中，，故C正确；
取上下底面的中心分别为,外接球的心为M，连接，如图，

因为截角四面体上下底面距离为设球半径为，
所以，即，
所以
化简得，故，故选项D错误.
故选：BC
12．笛卡尔是西方哲学思想的奠基人之一，“我思故我在”便是他提出的著名的哲学命题；同时，笛卡尔也是一位家喻户晓的数学家，除了发明坐标系以外，笛卡尔叶形线也是他的杰出作品，其方程为x3＋y3＝3axy，a为非零常数．下列关于笛卡尔叶形线的说法中正确的是（       ）
A．图象关于直线y＝x对称
B．图象与直线x＋y＋a＝0有2个交点
C．当a＞0时，图象在第三象限没有分布
D．当a＝1，x、y＞0时，y的最大值为
【答案】ACD
【分析】设是曲线上任意一点，由点的变换得方程的变化，从而确定曲线的性质，判断A；用解方程组的思想判断B；用反证法即证明满足的点不在曲线上，判断C；利用基本不等式确定的最大值，判断D．
【详解】把互换后，曲线方程不变，因此曲线关于直线对称，A正确；
代入曲线方程得，，与矛盾，因此无交点，B错；
时，第三象限点满足，但此时，，不适合曲线方程，C正确；
时，，，
，
所以，当且仅当，时等号成立．D正确．
故选：ACD
三、填空题
13．橘生淮南则为橘，生于准北则为枳，出自《晏子使楚》.意思是说，橘树生长在淮河以南的地方就是橘树，生长在淮河以北的地方就是枳树，现在常用来比喻一且环境改变，事物的性质也可能随之改变.某科研院校培育橘树新品种，使得橘树在淮北种植成功，经过科学统计，单个果品的质量（单位：g）近似服从正态分布，且，在有1000个的一批橘果中，估计单个果品质量不低于的橘果个数为___________.
【答案】300
【分析】先按照正态分布计算出不低于的概率，再计算出个数即可.
【详解】结合正态分布特征，，，所以估计单个果品质量不低于的橘果个数为.
故答案为：300.
14．已知圆C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B，使得MA⊥MB，则实数t的取值范围是________
【答案】[2，6]
【分析】利用点与圆的位置关系以及圆切线的几何性质求解即可
【详解】因为点M在圆C外，当AM，BM与圆C相切时，∠AMB最大，要使在圆C上存在两点A和B，使得MA⊥MB，只需当AM，BM与圆C相切时，
∠AMB≥90°，即∠AMC ≥ 45°，则sin∠AMC＝ ≥ ，解得2≤t≤6.
故答案为：[2，6].
15．已知数列{an}对任意m，n∈N都满足am+n=am+an，且a1=1，若命题“∀n∈N，λan≤+12”为真，则实数λ的最大值为____.
【答案】7
【分析】先求出的通项公式，然后参变分离转化为求最值
【详解】令m=1，则an+1=an+a1，an+1－an=a1=1，所以数列{an}为等差数列，首项为1，公差为1，所以an=n，
所以λan ≤+12⇒λn≤n2+12⇒λ≤n+，
又函数在上单调递减，在上单调递增，
当或时，
所以
故答案为：7
16．已知函数 的图象上存在点 ，函数的图象上存在点 ，且、关于 轴对称，则实数 的取值范围为________
【答案】
【分析】设则，可得，构造函数，，求值域即可.
【详解】设则
所以，，联立可得，
即对于有解，
令，则，
由可得：；由可得：，
所以在单调递减，在上单调递增，
，又，
所以，
所以值域为，
即可得的取值范围为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于把问题转化为函数，，利用导数求函数的值域即得.
四、解答题
17．已知等差数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)若，记的前项和为，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据等差数列的通项公式得到，即可求出、，从而得到通项公式；
（2）由（1）可得，即可得到，利用并项求和法计算可得；
【详解】(1)解：设等差数列的公差为，所以，
所以，
所以，解得，
则.
(2)解：因为且，所以，
所以，
所以.
18．记中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，且.
(1)求；
(2)若，点为边的中点，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理得，结合三角形的内角和定理和两角和的正弦公式，化简得到，求得，即可求解；
（2）由为边的中点，可得，得到，再由余弦定理得到，联立方程组求得的值，结合面积公式，即可求解.
【详解】(1)解：在中，因为，
由正弦定理得，
又由，所以，
所以，即，
因为，可得，所以，即，
又因为，所以.
(2)解：由为边的中点，可得，
所以，
又由，且，可得，
因为，由余弦定理可得，
联立方程组，可得，所以.
19．在直三棱柱中，，D，E分别为BC，的中点，，∠ABC=60°.

(1)证明：平面；
(2)求二面角D-AE-B的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】(1)如图，取的中点F，连接CF、、DF，根据平行四边形的性质可得
，利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理与性质即可证明；
(2)由(1)和可得平面，根据线面垂直的性质可得，利用线面垂直的判定定理和性质可得，进而建立如图坐标系，设BC=2，结合空间向量法即可求出二面角的余弦值.
【详解】(1)如图，取的中点F，连接CF、、DF，
则且，且，
故四边形和四边形为平行四边形，所以，

因为平面，所以平面，平面，
又，所以平面平面，
由平面，得平面；
(2)由(1)知平面，又，则平面，
因为平面，所以，
在直三棱柱中，，又，
得平面，由平面，
得，又D为BC的中点，则，
以D为原点，以DB、DA、DF分别为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，
设BC=2，则，
有，
设平面AEB、平面AED的一个法向量分别为、，
则，，
令，得，
故，
所以，
又二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

20．蚌埠市某路口用停车信号管理，在某日9：00后的一分钟内有15辆车到达路口，到达的时间如下（以秒作单位）：1，4，7，10，14，17，20，22，25，28，30，33，36，38，41，记，表示第辆车到达路口的时间，表示第辆车在路口的等待时间，且，，，记，表示，中的较大者.
(1)从这15辆车中任取3辆，求这3辆车到达路口的时间均在15秒以内的概率；
(2)记这15辆车在路口等待时间的平均值为，现从这15辆车中随机抽取1辆，记，求的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列答案见解析，数学期望：
【分析】（1）用组合知识求解古典概型；
（2）求出的可能值及相应的概率，求出分布列及期望.
【详解】(1)这15辆车到达路口的时间在15秒以内的有5辆，
记“3辆车到达路口的时间均在15秒以内”为事件，则，
所以从这15辆车中任取3辆，到达路口的时间在15秒以内的概率为.
(2)这15辆车在路口等待的时间分别为：
0，0，0，0，0，0，0，1，1，1，2，2，2，3，3，
则，
所以的可能值为-1，0，1，2，
，，，.
所以的分布列为

-1
0
1
2






所以.
21．已知椭圆E：的离心率为，P为椭圆E上一点，Q为圆上一点，的最大值为3（P，Q异于椭圆E的上下顶点）.

(1)求椭圆E的方程；
(2)A为椭圆E的下顶点，直线AP，AQ的科率分别记为，，且，求证： APQ为直角三角形.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据，结合求解；
（2）设，与椭圆方程联立，求得点P的坐标，设直线AQ：，与圆方程联立，求得点Q的坐标，结合AQ与PQ斜率关系证明.
【详解】(1)解：因为，
∴，
∵，
∴|PQ|的最大值为，
即，又，
∴，
解得，，
∴椭圆E的方程为；
(2)直线，
联立方程组，消去y得，
则，.即，
直线AQ：，
联立方程组，消去y得，
则，，即，
，
∴，
即，
∴ APQ为直角三角形.
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有且仅有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案详见解析
(2)
【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）结合零点个数以及（1）的进行分类讨论，从而求得的取值范围.
【详解】(1)的定义域为，

，
当时，在区间递减；在区间递增.
当时，在区间递增；在区间递减.
当时，恒成立，在上递增.
当时，在区间递增；在区间递减.
(2)，
，
结合（1）的结论，有：
当时，在区间递减，在区间递增.
当时，在区间递增，在区间递减.
当时，在上递增.
当时，在区间递增；在区间递减.
所以：
①时，函数没有两个零点，不符合题意.
②时，，函数没有两个零点，不符合题意.
③时，，要使有且仅有两个零点，则需，
即，
即，其中，所以此方程无解.
故不合题意.
④时，，
所以要使有且仅有两个零点，则需.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】利用导数研究函数的单调性，若导函数含有参数，要对参数进行分类讨论.分类讨论标准的制定可考虑判别式、零点分布等知识.