江西省南昌市2022届高三下学期核心模拟卷（中）数学（理）试题（含解析）

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江西省南昌市2022届高三下学期核心模拟卷（中）数学（理）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．已知（i为虚数单位），则（    ）A． B． C． D．3．已知两个单位向量与的夹角为，若，，且，则实数（    ）A． B． C． D．4．的展开式中所有有理项的系数和为（    ）A．85 B．29 C． D．5．已知函数，若，则（    ）A． B．0 C．1 D．26．直线与函数的图象有两个公共点的充要条件为（    ）A． B． C． D．7．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．8．如图，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．9．已知双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于、两点．若，则的离心率为（    ）A． B． C．2 D．10．如图为函数的部分图像，将的图像上各点的横坐标变为原来的两倍，再向左平移个单位长度，得到函数的图像，则（    ）A． B． C． D．11．已知正项数列的前n项和为，，记，若数列的前n项和为，则（    ）A． B． C．200 D．40012．若关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．在等比数列中，为其前n项和，若，，则的公比为______． 三、双空题14．近年来，人口问题已成为一个社会问题，人口老龄化，新生儿数量减少等问题已对我国的经济建设产生影响．为应对人口问题的挑战，2016年1月1日起全面放开二胎，2021年1月1日起全面放开三胎．下表是2016年～2020年我国新生儿数量统计：年份x20162017201820192020数量y（万）17861758153214651200研究发现这几年的新生儿数量与年份有较强的线性关系，若求出的回归方程为，则______，说明我国这几年的新生儿数量平均约以每年______万的速度递减（结果保留一位小数），这种趋势如果得不到遏制，我国人口形势将会非常悲观． 四、填空题15．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，则的最小值是______．16．已知正四棱锥的体积为，高为8，则正四棱锥的一个侧面所在的平面截其外接球所得截面的面积为______． 五、解答题17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．(1)求角A的大小；(2)设，，求b．18．大豆是我国重要的农作物，种植历史悠久．某种子实验基地培育出某大豆新品种，为检验其最佳播种日期，在A，B两块试验田上进行实验（两地块的土质等情况一致）.6月25日在A试验田播种该品种大豆，7月10日在B试验田播种该品种大豆．收获大豆时，从中各随机抽取20份（每份1千粒），并测量出每份的质量（单位：克），按照，，进行分组，得到如下表格： A试验田/份3611B试验田/份6104把千粒质量不低于200克的大豆视为籽粒饱满，否则视为籽粒不饱满．(1)判断是否有97.5%的把握认为大豆籽粒饱满与播种日期有关？(2)从A，B两块实验田中各抽取一份大豆，求抽取的大豆中至少有一份籽粒饱满的概率；(3)用样本估计总体，从A试验田随机抽取100份（每份千粒）大豆，记籽粒饱满的份数为X，求X的数学期望和方差．参考公式：，其中．0.150.100.050.0250.0100.0012.0722.7063.8415.0246.63510.82819．如图，，O分别是圆台上、下底的圆心，AB为圆O的直径，以OB为直径在底面内作圆E，C为圆O的直径AB所对弧的中点，连接BC交圆E于点D，，，为圆台的母线，．(1)证明；平面；(2)若二面角为，求与平面所成角的正弦值．20．已知椭圆的离心率为，上的点P与外的点距离的最小值为2．(1)求椭圆的方程；(2)若直线l与椭圆交于点A，B，当直线l被圆截得的弦长为2b时，求面积的取值范围．21．已知函数．（1）当时，求在上的最值；（2）设，若有两个零点，求的取值范围．22．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)求曲线C的普通方程和l的直角坐标方程；(2)若l与x轴相交于M点，与曲线C相交于P，Q两点，求．23．已知正数a，b，c满足．(1)求证：；(2)求证：．
参考答案：1．B【分析】分别求出两个集合，再根据交集的定义即可得解.【详解】解：，，所以.故选：B.2．D【分析】利用复数的乘除运算求复数，再由共轭复数的概念写出.【详解】由题设，则，所以，故.故选：D3．A【分析】由向量垂直及数量积的运算律可得，结合已知即可求m的值.【详解】由题意，又与的夹角为且为单位向量，所以，可得.故选：A4．C【分析】写出通项后可得有理项，进一步计算可得结果.【详解】展开式的通项为：，其中，当时为有理项，故有理项系数和为，故选：C.5．B【分析】由已知可得，再由，即可求值.【详解】由题设，即，而，所以.故选：B6．C【分析】利用数形结合的思想可求解问题.【详解】由题意知直线定点，函数的图象是以为圆心，1为半径的半圆，如图所示．易求，的斜率分别为0，，由图知，当l介于与之间（含）时，l与函数的图象有两个公共点，即．故选:C．7．A【分析】根据对数的运算法则，对数函数性质、指数函数性质判断．【详解】，，，，，所以，故选：A．8．C【分析】延长至使得，则与平行且相等，是平行四边形，所以，所以是异面直线与所成角或其补角，设，通过解三角形可得．【详解】延长至使得，则与平行且相等，是平行四边形，所以，所以是异面直线与所成角或其补角，正三棱柱中，平面，平面，，同理，设，则，，，，，，所以异面直线与所成角的余弦值．故选：C．9．A【分析】不妨设的一条渐近线为，求出圆心到直线的距离，由，可得是腰长为的等腰直角三角形，从而得到，再求出离心率.【详解】不妨设的一条渐近线为，即，圆心到的距离．又，所以，所以是腰长为的等腰直角三角形，所以，所以．故选：A．10．D【分析】由周期求出，由五点法作图求出的值，可得f(x)的解析式，再利用函数的图像变换规律，得出结论.【详解】根据函数的部分图像，可得∴再根据五点法作图，可得，∴，∴.将函数的图像上各点的横坐标变为原来的两倍，可得得图像；在向左平移个单位长度，得到函数的图像，故选：D.11．C【分析】利用关系及等差数列的定义求的通项公式，进而可得，根据正弦函数的周期性并讨论，求得，即可求.【详解】由题设，则，所以，又为正项数列，则，由，可得，所以是首项为1，公差为2的等差数列，则，故，当且，；当且，；当且，；当且，；则，由.故选：C12．B【分析】由题意可知，且对恒成立，设，则问题转化为在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，再分和两种情况讨论，结合函数的取值情况及单调性，分别计算可得.【详解】由题意可知，，即对恒成立．设，则问题转化为在上恒成立，因为，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以当时，；当时，．①在上，若恒成立，即，；②在上，若，则恒成立，即恒成立，令，，则，所以在上单调递增，所以，所以，综上所述，实数的取值范围为．故选：B．【点睛】方法点睛：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．13．１或.【分析】分和两种情况讨论.【详解】解：当时，满足，，此时；当时，由，，可得：，解得 ，此时. 综上所述：公比的值为：１或.  故答案为：１或.14．          【分析】先求样本中心，代入到可求，从而可求解问题.【详解】由题中的数据，可得，，由回归直线的性质知，所以，所以我国这几年的新生儿数量平均约以每年146.5万的速度递减．故答案为:,15．9【分析】根据抛物线的定义，设出直线方程与抛物线方程联立消元，求出韦达定理即可求解.【详解】依题意，因为抛物线的焦点为，所以，①当斜率存在时：因为直线交抛物线于，两点，所以，设过的直线的直线方程为：，，由抛物线定义得：，由消整理得：，所以，即，所以；②当不存在时，直线为，此时，所以；综上可知，的最小值为：9.故答案为：9.16．【分析】根据题意，可得正方形ABCD边长，设底面中心为E，CD中点为F，连接PE，EF，PF，CE，则正四棱锥的外接球球心O在PE上，根据勾股定理，可得其外接球半径R，在中，可得PF长，过O作，则Q为平面截其外接球所得截面圆的圆心，根据，可得，进而可得，即可得答案.【详解】设正方形ABCD边长为a，则，解得，设底面中心为E，CD中点为F，连接PE，EF，PF，CE，如图所示：由题意得，且正四棱锥的外接球球心O在PE上，设外接球半径为R，则OP=OA=OB=OC=OD=R，在中，，且，所以，解得R=5，即，在中，，过O作，则OQ即为点O到平面的距离，且Q为平面截其外接球所得截面圆的圆心，所以，则，所以，所以，所以平面截其外接球所得截面圆的半径平方为，所以截面的面积.故答案为：【点睛】解题的关键是熟悉正四棱锥的性质，即外接球的球心在PE上，根据勾股定理，可求得外接球半径R，再根据球的几何性质，求解即可，考查空间想象，计算求解的能力，属于难题.17．(1)；(2). 【分析】（1）由已知及正弦定理边角关系可得，应用余弦定理求得，即可得A的大小；（2）由题设有，根据二倍角正弦公式求得，再应用正弦定理求b.【详解】（1）由题设，即，所以，又，故.（2）由（1）知：，则，而，故，所以，而，故.18．(1)有(2)(3)， 【分析】（1）根据完成列联表，然后根据公式计算，再与临界值表比较可得结论，（2）A，B两块实验田中各抽取一份大豆中，籽粒饱满的概率分别为两份大豆都籽粒不饱满的概率为，再结合对立事件概率和为1求解即可；（3）根据已知条件，结合二项分布的期望与方差公式，即可求解.【详解】（1）列联表为 6月25日播种7月10日播种合计饱满11415不饱满91625合计202040，所以有97.5%的把握认为大豆籽粒饱满与播种日期有关．（2）A，B两块实验田中各抽取一份大豆，抽取的大豆中有一份籽粒饱满的概率分别为，，两份大豆籽粒都不饱满的概率为故抽取的大豆中至少有一份籽粒饱满的概率为.（3）从A试验田的样本中随机抽取1份小麦，抽到饱满的概率为，则，故，.19．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）连接，根据圆的性质知△、△都为等腰直角三角形，进而有为平行四边形，则，根据线面平行的判定证明结论.（2）构建空间直角坐标系，根据已知求得，再求出、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.【详解】（1）连接，C为圆O的直径AB所对弧的中点，所以△为等腰直角三角形，即，又在圆上，故△为等腰直角三角形，所以且，又是母线且，则，故且，则为平行四边形，所以，而面，面，故平面.（2）由题设及（1）知：、、两两垂直，构建如下图示的空间直角坐标系，过作，则为的中点，再过作，连接，由圆，即圆，圆，则，又，则，故二面角的平面角为，而，所以.则，，，，所以，，，若为面的一个法向量，则，令，则，，故与平面所成角的正弦值.20．(1)(2) 【分析】（1）由距离的最小值求得，然后由离心率得，结合求得得椭圆方程；（2）设出直线方程为，按和分类讨论先求得的关系，然后代入椭圆方程应用韦达定理求得，表示出求得其范围．【详解】（1）由题意，，又，所以，所以椭圆的方程为；（2）易知直线不过原点，设方程为，原点到直线距离为，，所以，，，原点到直线距离为1，若，则，方程为，此时，，，时，由，及得，设，，则，，，，令，由得，，令，则，时，，单调递增，所以，，综上， ．21．（1），；（2）．【分析】（1）当时，，对其求导判断单调性，比较极值和端点值即可得最值；（2）求出，再分情况，和时，判断函数的单调性以及极值，求解函数的零点，即可求解.【详解】（1）当时，，可得．当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．因为，，，所以，．（2）因为，可得：．①当时，，此时只有一个零点，故不成立；②当时，在上单调递减，在上单调递增．因为，，当时，；当时，，．有两个不同的零点，成立；③当时，令，得或．当时，，恒成立，在上单调递增，至多有一个零点；当时，即．若或，则；若，则．在和上单调递增，在上单调递减．当时，即．若或，则；若时，则．在和上单调递增，在上单调递减．当时，，．仅有一个零点，不合题意．综上，有两个零点，的取值范围是．【点睛】思路点睛：利用导数研究函数的最值的步骤：①写定义域，对函数求导；②在定义域内，解不等式和得到单调性；③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.22．(1)C：；l：(2)6 【分析】（1）根据已知条件，消去参数α,即可求解曲线C的普通方程，再结合极坐标公式，即可求解；(2)先求出直线l的参数方程，再与曲线C的普通方程联立，再结合参数方程的几何意义，即可求解.【详解】（1）∵曲线C的参数方程为（为参数），∴，∵，∴，∴故C的普通方程为.∵直线l的极坐标方程为，又∵，∴直线l的直角坐标方程为.（2）令y=0，则x=3，即M的坐标为，∵直线l的斜率为1，所以直线l的倾斜角为，∴可设l直线的参数方程为（t为参数），即（t为参数），将直线l的参数方程代入可得，，设P，Q对应的参数为，则，.23．(1)证明详见解析；(2)证明详见解析. 【分析】（1）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解；（2）结合（1）的结论，以及基本不等式的公式，即可求解.【详解】（1）证明：∵，当且仅当a=b=c时，等号成立，设，∴，即，解得，∵a，b，c为正数，∴，∴.（2）∵由（1）可得，∴∴，∵，当且仅当时，等号成立.∴，当且仅当时，等号成立.