2022届江苏省连云港市灌南高级中学高三上学期期中模拟数学试题含解析

这是一份2022届江苏省连云港市灌南高级中学高三上学期期中模拟数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。

2022届江苏省连云港市灌南高级中学高三上学期期中模拟数学试题

一、单选题
1．设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出和，再求即可解题.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，
所以．
故选：C.
【点睛】本题考查求解一元二次不等式，集合的交集运算，是基础题.
2．复数z满足，则（    ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据复数的除法及复数模的定义求解即可.
【详解】由题意可知，
所以，
故选：D
3．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】对进行两边平方，整理可得，代入夹角公示即可得解.
【详解】设与的夹角为，
由得，
所以，
所以．
故选：C.
【点睛】本题考查了向量求夹角，在解题时如遇等式量边为模，可作两边平方计算，属于中档题.
4．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线（，）的右焦点为F，点A在双曲线的渐近线上，△OAF是边长为2的等边三角形，则双曲线的方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由题意，根据双曲线方程，可得渐近线方程，根据等边三角形的性质，可得渐近线的斜率与的值，联立方程，可得答案.
【详解】由方程，则双曲线的渐近线方程为，
不妨设在直线上，
由△OAF是边长为2的等边三角形，则可得，直线的倾斜角为，即，
联立，可得，故双曲线方程为.
故选：C.
5．若二项式的展开式中所有项的系数和为，则展开式中二项式系数最大的项为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】令可求得的值，再根据二项式系数的性质结合展开式的通项可求得二项式系数最大的项.
【详解】令可得，
所以，展开式有项，
所以二项式展开式中二项式系数最大的为第项，
，
故选：A.
6．我国古代数典籍《九章算术》“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚十尺，两鼠对穿，初日各一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问几何日相逢？”上述问题中，两鼠在第几天相逢（     ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【解析】根据题意，构造等比数列，应用公式求解即可.
【详解】不妨设大老鼠和小老鼠每天穿的长度为数列和
数列是一个首项为1，公比2的等比数列，
数列是一个首项为1，公比为的等比数列，
故可得第天总共穿的长度：
整理得：
当时，长度小于10
当时，长度大于10
故两个老鼠在第4天相逢.
故选：C.
【点睛】本题考查数列的实际应用，属基础题.
7．函数，则它的图像大致是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先判断函数的奇偶性，判断出函数是奇函数，排除B，根据时，，当时，，排除C、D.
【详解】已知，
所以函数是奇函数，排除B，
又因为时，，当时，，，故排除C，D.
故选：A.
8．已知若，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】令，则，构造函数，通过求导，分析单调性求出最值，即可求得的最小值．
【详解】令，则，，所以
令，则
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
则
所以，则的最小值为
故选：A

二、多选题
9．若，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】对四个选项一一验证：
对于A：利用换底公式，化为同底结构，利用函数的单调性比较大小；
对于B：利用换底公式，化为同底结构，利用函数的单调性比较大小；
对于C：利用不等式的传递性比较大小；
对于D：利用换底公式，化为同底结构，利用函数的单调性比较大小；
【详解】对于A：，
又，且为增函数，所以，所以，即.故A正确；
对于B：，，
因为为增函数，所以；故B正确；
对于C：因为，，所以，故C错误；
对于D：因为，所以，而
又，所以，所以，所以，故D错误.
故选：AB.
【点睛】指、对数比较大小：
（1）结构相同的，构造函数，利用函数的单调性比较大小；
（2）结构不同的，寻找“中间桥梁”，通常与0、1比较.
10．下列说法正确的是（    ）
A．已知直线l⊥平面，直线m∥平面，则“∥”是“l⊥m”的必要不充分条件
B．若随机变量服从正态分布N(1，)，P(≤4)＝0.79，则P(≤﹣2)＝0.21
C．若随机变量服从二项分布，~B(4，)，则E(2＋3)＝5
D．甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件M为“4个人去的景点各不相同”，事件N为“甲不去其中的A景点”，则P(MN)＝
【答案】BC
【分析】“∥”是“l⊥m”的充分不必要条件，所以选项A错误；由正态分布计算得选项B正确；利用二项分布计算得选项C正确；由题得P(MN)＝，所以选项D错误．
【详解】已知直线l⊥平面，直线m∥平面，当∥时，一定有l⊥m；当l⊥m时，有可能平行，也有可能相交，则“∥”是“l⊥m”的充分不必要条件，所以选项A错误；
由题得P(≤﹣2)＝P(≥4)＝1﹣P(≤4)＝0.21，所以选项B正确；
若随机变量服从二项分布，~(4，)，则()＝1，所以(2＋3)＝2()＋3＝5，所以选项C正确；
由题得(MN)＝，所以选项D错误．
故选：BC．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于判断选项D的真假，判断其真假的关键在于弄懂事件“”的含义，它表示事件发生，且事件发生. 即“4个人去的景点各不相同，甲不去其中的A景点”.
11．直线与在区间上截曲线（，）所得的弦长相等且不为零，则下列结论正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】由题意可知与关于对称，可求得的值，由弦长相等且不为零，可得
可得的范围，进而可得正确选项.
【详解】将图象向上平移个单位可得的图象，
且的周期为，
所以在区间上的图象为一个周期的图象，
若直线与在区间上截曲线所得的弦长相等且不为零，
可得与关于对称，所以，
因为弦长不为零，所以，可得，
所以，，
故选：BD.
12．某同学对函数进行研究后，得出以下结论，其中正确的有（    ）
A．函数的图象关于原点对称
B．对定义域中的任意实数的值，恒有成立
C．函数的图象与轴有无穷多个交点，且每相邻两交点间距离相等
D．对任意常数，存在常数，使函数在上单调递减，且
【答案】BD
【分析】对于A，利用函数奇偶性的定义；对于B，将不等式转化，对转化的函数求导并研究其单调性及其值域；对于C，时，求得并计算交点间距；对于D，对函数求导，求出使得函数单调递减且区间长度大于1的区间.
【详解】对于A，∵函数的定义域为，，
∴为偶函数，图象关于轴对称，故A错.
对于B，由A知为偶函数，当时，
∴
令，
∵，∴，所以在上单调递增，
∴，即恒成立.故B正确.
对于C，函数的图象与轴的交点坐标为，交点与的距离为，其余任意相邻两点的距离为，故C错.
对于D，，，当，时，，，每段区间的长度为，
所以对任意常数，存在常数，，，使在上单调递减且，故D正确.
故选：BD.

三、填空题
13．已知的取值如下表所示：从散点图分析，与线性相关，且，则_________.

0
1
3
4

2. 2
4. 3
4. 8
6. 7


【答案】
【分析】求出，代入即可.
【详解】解：由已知得，
所以，解得，
故答案为：
【点睛】本题考查数据的回归直线方程，利用回归直线方程恒过样本中心点是关键.
14．已知，则的值为______.
【答案】
【分析】利用诱导公式及商数关系，将已知条件转化为的值，再用两角差的正切公式求解.
【详解】由题意知，，则，
所以.
故答案为：.
15．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合.若椭圆与抛物线相交于点、，且直线经过点，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【分析】作出图形，分析可得，，利用椭圆的定义可得出关于、的齐次等式，由此可解得椭圆的离心率的值.
【详解】如下图所示：

过点作抛物线的准线的垂线，垂足为点，设点为椭圆的左焦点，
由抛物线的定义可得，
易知点、关于轴对称，则轴，
又因为轴，所以，四边形为正方形，可得，
因为，由椭圆的定义可得，即，
因此，椭圆的离心率为.
故答案为：.

四、解答题
16．在①，；②；③，是与的等比中项，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．
已知为等差数列的前n项和，若________．
(1)求；
(2)记，已知数列的前n项和，求证：
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）选择条件①，则利用等差数列的通项公式与前项和公式求解首项与公差，即可得；选择条件②，利用前项和与通项的关系求解即可；选择条件③，利用等差数列的前项和公式与等比中项的概念列式求解首项与公差，即可得；
（2）由（1）得，按照裂项求和即可证明不等式.
【详解】(1)解：选择条件①：设等差数列的公差为d，
则，解得，故；
选择条件②：，
当时，，即，
当时，，也适合上式，故；
选择条件③：设等差数列的公差为，则，
解得、或、（不合题意），故．
(2)证明：因为，所以，
故
，得证.
17．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．
（1）若，的面积为3，求b与c；
（2）若，求C．
【答案】（1），；（2）或．
【分析】（1）由已知结合正弦定理及余弦定理进行化简可求，然后结合三角形的面积公式即可求解，；
（2）由已知结合和差角公式进行化简可求，然后结合特殊角的三角函数值即可求解．
【详解】因
所．
又，所以，
化简为．即．
因为．所以．
（1）因为，，所以，
解得，从而．
（2）因为，所以，
所以，
解得．
又，所以，
所以，或，
解得或．
18．2021年1至4月，教育部先后印发五个专门通知，对中小学生手机、睡眠、读物、作业、体质管理作出规定．“五项管理”是“双减”工作的一项具体抓手，是促进学生身心健康、解决群众急难愁盼问题的重要举措．为了在“控量”的同时力求“增效”，提高作业质量，某学校计划设计差异化作业，因此该校对初三年级的400名学生每天完成作业所用时间进行统计，部分数据如下表：

男生
女生
合计
90分钟以上
80
x
180
90分钟以下
y
z
220
合计
160
240
400

(1)求x、y、z的值，并根据题中的列联表，判断是否有95%的把握认为完成作业所需时间在90分钟以上与性别有关；
(2)学校从完成作业所需时间在90分钟以上的学生中用分层抽样的方法抽取9人了解情况，甲老师再从这9人中选取3人进行访谈，求甲老师选取的3人中男生人数大于女生人数的概率．
附：

0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828


【答案】(1)，，，没有95%的把握认为完成作业所需时间在90分钟以上与性别有关
(2)

【分析】（1）根据表中已有的数据可求出x,y,z的值，再计算即可判断.
（2）由分层抽样可知男生人数与女生人数，再根据男生人数大于女生人数分类求概率即可.
【详解】(1)由可得，
由可得，
由可得，
所以2×2列联表如下：

男生
女生
合计
90分钟以上
80
100
180
90分钟以下
80
140
220
合计
160
240
400

，
所以没有95%的把握认为完成作业所需时间在90分钟以上与性别有关．
(2)抽取的9人中，男生：（人），女生：（人）；
男生人数大于女生人数的情况分为：
①男生2人、女生1人；②男生3人、女生0人；
所以所求概率．
19．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，

过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．

作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，

在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
20．椭圆C：的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求△ AOB面积的最大值．
【答案】(1)
(2)．

【分析】（1）设椭圆的半焦距为c，依题意求出a，b的值，从而得到所求椭圆的方程；
（2）由△ AOB面积公式的结构知只要最大即可，当时，用k去表示，再利用基本不等式求出最大值．
【详解】(1)解：设椭圆的半焦距为c，
依题意，

∴ 所求椭圆方程为．
(2)解：设，，
当时，设直线AB的方程为，
由已知，
得．
把代入椭圆方程，
整理得，



，
∴ ，．
∴ ，
，
，
，
，
，
．
当且仅当，
即时等号成立．
当时，，
综上所述：．
∴ 当最大时，△AOB面积取最大值．
【点睛】本题解题的关键是把正确的用k去表示，且计算量较大．注意点为要验算根的判别式及基本不等式取等的条件．
21．已知函数其导函数为．
(1)若有两个极值点，求a的取值范围；
(2)对任意，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)对函数求导，若有两个极值点，即其导函数有两个零点,分类讨论,
(i)当时;    
(ii)当时,即可求解,
(2)对于不等式恒成立问题,将问题转化为,要使原不等式恒成立,则只要对恒成立,利用导数得到函数的单调性从而可得解.
【详解】(1)函数（）的定义域为，
则，
由题意有两个极值点，即其导函数有两个零点，
（i）当时，，此时没有零点；
（ii）当时，，
函数的零点个数等于直线与函数图象的交点个数，
设直线与函数图象的相切时切点，又，
则有，解得：；
所以直线与函数图象的相切时，切点，此时切线的斜率为．
①当，即时，两个图象没有交点，即函数没有零点；
②当，即时，两个图象有两个交点，即函数有两个零点;
③当，即时，两个图象有一个交点，即函数有一个零点；
④当，即时，两个图象有一个交点，即函数有一个零点．
综上，当时，函数没有零点；
当或时，有一个零点；
当时，有两个零点．
故a的取值范围为．

(2)对任意，恒成立，
即，
设，
要使原不等式恒成立，则只要对恒成立，
所以．
令，则．
由于“对恒成立”的一个必要条件是，即．
当时，在上单调递减，
所以，，
所以在上单调递减．
所以，，
从而在上单调递减，
则，，符合题意．
所以实数a的取值范围为．
【点睛】本题考查利用导数判断函数单调性,极值,及导数的几何意义,不等式恒成立等问题,考查分类讨论思想，属难题.
关于不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若若，，有，则的值域是值域的子集 ．

五、双空题
22．已知半径为的球面上有、、、四点，满足，，，则球心到平面的距离为___________，三棱锥体积的最大值为___________.
【答案】         
【分析】利用勾股定理可求得球心到平面的距离，计算出三棱锥的高的最大值，利用锥体的体积公式可求出三棱锥体积的最大值.
【详解】，所以，为截面圆的直径.
因为，，所以.
由球的性质可知圆面，即为球心到平面的距离.
在中，，，可得，
所以到平面的距离为.
要使三棱锥的体积最大，应为的延长线与球面的交点，
此时点到平面的距离为，
所以三棱锥体积的最大值为.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（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．