江西省南昌市2022届高三数学（文）下学期核心模拟卷（中）试题（Word版附解析）

2021~2022学年高三核心模拟卷（中）

文科数学（一）

注意事项：

1．本卷满分150分，考试时间120分钟．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．

4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑．答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．

5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先化简集合，再利用交集运算求解.

【详解】因为，所以，即;

所以．

故选:B．

2. 已知（为虚数单位），则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数的乘除运算求复数即可.

【详解】由题设，则，

所以，得，

故选：A.

3. 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，自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：

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，则的值约为（    ）

A.  B.  C.  D. 146.5

【答案】B

【解析】

【分析】先求得，再根据回归直线过样本点中心，即可求解.

【详解】，

由回归直线的性质知，

所以．

故选：B．

4. 已知直线和圆，则“”是“直线l与圆C相切”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】直线与圆相切等价于直线到圆心的距离等于半径，据此先算出再判断即可.

【详解】直线l与圆C相切等价于圆心到l的距离等于圆C的半径1，

即，解得，

所以“”是“直线l与圆C相切”的充要条件.

故选：C.

5. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由，得到，再利用二倍角公式和商数关系求解.

【详解】解：因为，

所以，

所以，

，

故选：D．

6. 已知实数满足约束条件，则目标函数的最大值为（    ）

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】根据线性规划的要求，画出可行域，由图象及直线间的斜率大小关系即可得出结果.

【详解】画出可行域（如图阴影部分所示），当目标函数所表示的直线过点时，的截距取得最小值，即．

故选：A．

7. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【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. 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.

【答案】C

【解析】

【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. 在中，角所对的边分别为，若，，则（    ）

A. 4 B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】由，利用正弦定理得到，再利用余弦定理得到，然后由，求得，再由正弦定理求解.

【详解】根据条件，由正弦定理，得，

所以，所以．

由余弦定理，得，

因为，所以．

由，得，

所以．

由正弦定理，得，所以．

故选：C.

10. 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.

【答案】A

【解析】

【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．

11. 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.

【答案】D

【解析】

【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.

12. 已知定义在[1，+∞）上的函数，若∀x≥1，，则实数a的取值范围为（　　）

A. [1，6] B. [2，9） C. （1，9] D. [1，6）

【答案】D

【解析】

【分析】二次求导得到在上单调递增，从而根据单调性解不等式，列出不等式组，求出实数a的取值范围.

【详解】，

令，，当时，恒成立，

所以在上单调递增，

所以，所以恒成立，

所以在上单调递增，

由得：，

在上恒成立，

其中在上单调递减，在上单调递减，

所以，所以，

由得：，因为，所以.

综上：

故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知两单位向量的夹角为，若，且，则实数_________．

【答案】##-0.8

【解析】

【分析】利用向量的数量积公式和向量垂直的性质解决本题.

【详解】因为单位向量的夹角为，所以；

因为，所以

，所以．

故答案：.

14. 已知定义在上的函数，若函数为奇函数，则________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意得到，即可求解.

【详解】因为函数为奇函数，所以，

即，则.

故答案为：.

15. 已知为球O的球面上的三个点，若，三棱锥的体积为6，则球O的表面积为___________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意先确定球心，再计算半径即可

【详解】如图所示，设外接圆的半径为r，球的半径为R，三棱锥的高为h，

因为，则，

所以，

又，

所以，所以，

所以球O的表面积．

16. 已知抛物线焦点为，过的直线交抛物线于，两点，则的最小值是______．

【答案】9

【解析】

【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.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分．

17. 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：

把千粒质量不低于200克的大豆视为籽粒饱满，否则为籽粒不饱满．

（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）用分层抽样的方法从A，B两块实验田抽取的千粒质量在的样本中抽取5份样本，再从这5份样本中任取2份，求所抽取的2份来自不同试验田的概率．

参考公式：，．

【答案】（1）有    （2）

【解析】

【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）由用分层抽样的方法可计算得从A试验田抽取份数为2份，从B试验田抽取的份数为3份，然后利用列举法求解即可

【小问1详解】

列联表为

，

所以有97.5%的把握认为大豆籽粒饱满与播种日期有关．

【小问2详解】

用分层抽样的方法从A试验田抽取份数为，记为M，N；从B试验田抽取的份数为，记为x，y，z．

从5份中抽2份所含基本事件有MN，，，，，，，xy，xz，yz，基本事件总数为10．

来自不同试验田的基本事件有，，，，，，基本事件数为6．

所以所求概率．

18. 在递增的等差数列中，，是和的等比中项．

（1）求的通项公式；

（2）若，数列的前n项和为，求．

【答案】（1）   

（2）0

【解析】

【分析】（1）由条件结合等差数列的通项公式及等比中项的定义求解；

（2）分，，，四种情况讨论，进而分组求和得出.

【小问1详解】

设的公差为，则，

由题意得，解得（舍）或，

所以．

【小问2详解】

由（1）得，

所以当时，，

当时，，

当时，，

当时，．

所以

．

19. 如图，分别是圆台上、下底的圆心，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于点为圆台的母线，．

（1）证明：//平面；

（2）若，求C到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）圆台上下底面平行，利用面面平行的性质定理先说明四边形为平行四边形，然后根据线面平行的判定来证明；

（2）由等体积法：进行求解即可.

【小问1详解】

因为平面//平面，平面平面，平面平面，

所以//，即//．

又C为圆O的直径所对弧的中点，

所以．

又，所以，

所以．

因为D为圆E上的点，所以，

又，所以D为的中点，即，

所以，故四边形为平行四边形，

所以//．

又平面平面，

所以//平面

【小问2详解】

过作，垂足为F，则F为的中点，且．

因为，所以，

，所以．

又，

所以，

所以，

所以．

设C到平面的距离为h，

因为，

所以．

所以．

20. 已知函数．

（1）当时，求在上的最值；

（2）设，证明：当时，仅有2个零点．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）当时，，所以，判断函数单调性求出最值即可．

（2）先求出，再根据单调性求出最小值，特殊函数值结合零点存在定理判断证明即得.

【小问1详解】

当时，，所以．

当时，,在上单调递减，;

当时，，在上单调递增．

因为，

所以．

【小问2详解】

因为，

所以．

因为，当时，,在上单调递减，当时，，所以在上单调递增．

因，所以在上有唯一零点，所以在上有唯一零点；

当时，，所以在上有唯一零点，

所以当时，仅有两个零点，符合题意；

当时，，

所以当时，在上有唯一零点，所以，当时，在上仅有两个零点．

所以当时，仅有两个零点．

21. 已知点，，的周长等于，点满足.

（1）求点的轨迹的方程；

（2）是否存在过原点的直线与曲线交于，两点，与圆交于，两点（其中点在线段上），且，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，方程为和.

【解析】

【分析】（1）的周长等于，可得，从而得点的轨迹是以，为焦点的椭圆，可求出点的轨迹方程，再结合可求得点的轨迹的方程；

（2）当直线与轴垂直时，可得符合条件，则直线的方程为：，当直线存在斜率时，设直线的方程为，，，将直线方程与椭圆方程联立方程组消去，利用根与系数的关系结合弦长公式可求得的长，再求出圆心到直线的距离，从而可求出的长，由，列方程可求出的值，进而可得答案

【详解】解：（1）设，，由得，，.

已知点，，的周长等于，，则点的轨迹是以，为焦点的椭圆.，，所以，，.

故点的轨迹方程为（）.

将，代入（）并化简得到点的轨迹的方程：

（）.

（2）当直线与轴垂直时，求得，，，，符合要求.

此时直线的方程为：.

当直线存在斜率时，设直线的方程为，，.

由消去整理得，

由韦达定理得，，

则.

圆心到直线的距离，则.

.

，整理得，，即.

此时直线的方程为.

综上，符合条件的直线存在三条，其方程为和.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

选修4-4：坐标系与参数方程

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．

【答案】（1）C：；l：   

（2）6

【解析】

【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.

【小问1详解】

∵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.

【小问2详解】

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，.

选修4-5：不等式选讲

23. 已知正数a，b，c满足．

（1）求证：；

（2）求证：．

【答案】（1）证明详见解析；   

（2）证明详见解析.

【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.

【小问1详解】

证明：∵，

当且仅当a=b=c时，等号成立，

设，∴，

即，解得，

∵a，b，c为正数，∴，

∴.

【小问2详解】

∵

由（1）可得，∴

∴，

∵，当且仅当时，等号成立.

∴，当且仅当时，等号成立.