2022宜春上高二中高三下学期第八次月考试题（3月）数学（文）含答案

2022届高三年级第八次月考文科数学试卷    3.20

命题人：付小林   审题人：

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知为虚数单位，，若为纯虚数，则（       ）

A． B． C． D．

3．嫦娥五号的成功发射，实现了中国航天史上的五个“首次”，某中学为此举行了“讲好航天故事”演讲比赛.若将报名的30位同学编号为01，02，…，30，利用下面的随机数表来决定他们的出场顺序，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，重复的跳过，则选出来的第7个个体的编号为（       ）

A．12 B．20 C．29 D．23

4．已知向量，，若，则（       ）

A．10 B．2 C． D．

5．已知空间中不过同一点的三条直线，则“两两相交”是“共面”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

6．随着高中新课程改革的不断深入，数学试题的命题形式正在发生着变化.某省示范性高中在数学试卷中加入了多项选择题.每道多项选择题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.一同学解答一道多选题时，随机选了两个选项，若答案恰为两个选项，则该同学做对此题的概率为（       ）

A． B． 

C． D．

7．函数的图象如右图所示，则（       ）

A． 

B．

C． 

D．

8．已知函数的部分图象如图所示．现将函数图象上的所有点向右平移个单位长度后，横坐标再缩短到原来的倍得到函数的图象，则函数的解析式为（       ）

A． B．

C． D．

9．已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的体积为（       ）

A． B． 

C．2 D．

10．已知，，，，则（       ）

A． B． 

C． D．

11．若为直线上一个动点，从点引圆：的两条切线，（切点为，），则的最小值是（       ）

A． B． C． D．6

12．已知双曲线的左焦点为，左､右顶点分别为，点是双曲线上关于轴对称的两点，且直线经过点.如果是线段上靠近点的三等分点，在轴的正半轴上，且三点共线，三点共线，则双曲线的离心率为（       ）

A．5 B． C． D．6

二、填空题

13．曲线在点处切线的斜率为__________.

14．已知不等式组所表示的平面区域被直线y=kx分成面积相等的两部分，则k的值为________.

15．在中，已知角为钝角，且，，则实数的取值范围为___________.

16．在三棱锥中，底面为直角三角形，且斜边上的高为，三棱锥的外接球的直径为.若该外接球的表面积为则当三棱锥的体积最大时，的外接圆半径为_______________________．

三、解答题

17．已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列.

（1）求数列的通项公式；

（2）数列满足，求数列的前项和.

18．国家深化教育改革，培养学生的关键能力就是其中改革之一.关键能力是指学生所学知识的运用能力，独立思考、分析问题和解决问题、交流与合作等学生适应未来不断变化发展的能力.为培养学生的关键能力，校大胆进行全新的教学改革，校在原来的教学模式上进行了完善.近期某教育部门对两所学校的高三学生的关键能力落实进行调研，两校共抽取名学生，通过试卷考查的形式进行，等级分为至分.得到样本数据如下:

（1）估计两校学生的等级分数的均值和方差；

（2）已知所抽取的学生中校有人，其中得分合格的(得分大于或等于分)占合格总人数的，问是否有的把握认为“关键能力的提升”与“学校教学模式的改革”有关?

附

19．如图，在三棱柱中，平面，，，，，分别是，的中点.

（1）判断直线与平面的位置关系，并证明你的结论；

（2）设是的中点，求四棱锥的体积.

20．已知椭圆的右顶点为，长轴长为，为椭圆上一点，为坐标原点，且重心的横坐标为，的面积为.

（1）求椭圆的方程；

（2）直线与椭圆交于两点，以为邻边作平行四边形，且试判断是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.

21．已知函数.

（1）若函数的图象在处的切线为，求的极值；

（2）若恒成立，求实数的取值范围.

22．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

（2）设点，直线与曲线的交点为，求的值.

23．已知函数，．

（）解不等式．

（）若对任意，都有，使得成立，求实数的取值范围．

2022届高三年级第八次月考文科数学试卷答题卡

一、单选题（每小题5分，共60分）

二、填空题（每小题5分，共20分）

13、                  14、              

15、                    16、            

三、解答题（本大题共6小题，共70分）

17．（12分）

18. （12分）

19. （12分）

20.（12分）

21. （12分）

（选考题）22.□  23.□（10分）

2022届高三年级第八次月考文科数学试卷参考答案

CCCDA  ADDBA  BA

13．  14．2  15．  16．

17．（1）；（2）.

【分析】

（1）设的公差为，由等比中项的性质有可求，进而写出的通项公式；

（2）应用累加法求的通项公式，再由裂项相消法求的前项和.

【详解】

（1）设数列的公差为，由，有：，解得或(舍去)

∴.

（2），

∴，将它们累加得：

∴，则.

18．（1）均值为，方差为；（2）没有的把握认为“关键能力的提升”与“学校教学模式的改革”有关.

【分析】

（1）根据公式可求样本数据的均值与方差.

（2）根据统计表得到二联表，再根据公式计算，最后根据临界值表可得是否有的把握认为“关键能力的提升”与“学校教学模式的改革”有关.

【详解】

（1）两校学生的等级分数的均值为

，

两校学生的等级分数的方差为：

.

（2）两校合格总人数为，故不合格人数为.

学校合格人数为：.

故可得如下二联表：

故，

故没有的把握认为“关键能力的提升”与“学校教学模式的改革”有关.

19．（1）平面，证明见解析；（2）.

【分析】

（1）取中点，由三角形中位线性质和三棱柱的结构特征可证得，得到四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定定理得到结论；

（2）取中点，根据余弦定理可求得，从而证得，由线面垂直的性质与判定可证得平面，由平行关系知平面，由为中点可得所求四棱锥的高，由四棱锥体积公式可求得结果.

【详解】

（1）平面，证明如下：

取中点，连接，

分别为中点，

；

由三棱柱特点知：四边形为平行四边形，

又为中点，，

，

四边形为平行四边形，，

又平面，平面，

平面.

（2）取中点，连接，

，，，

在中，由余弦定理得：

，

，，

平面，平面平面，

平面，又平面，，

又，，

平面，，

平面，

分别为中点，，

平面，

又为中点，

到平面的距离，

又四边形面积，

.

【点睛】

关键点点睛：本题中四棱锥体积求解的关键是能够通过线面垂直的性质与判定定理证得平面，从而确定所求四棱锥的高为.

20．（1）；（2）是定值，定值为24.

【分析】

（1）长轴长得值，设，由重心的横坐标得，由三角形面积得，点坐标代入椭圆方程得值，从而可得椭圆方程；

（2）设用余弦定理表示出，利用得，把两点坐标代入椭圆方程变形有，结合可求得，，从而得为定值．

【详解】

（1）由题意得，则

设，则

椭圆方程为

（2）设

由余弦定理得，

两式相加得，

点在椭圆上，

由化简得

是定值，定值为24．

【点睛】

方法点睛：本题考查求椭圆方程，考查椭圆中的定值问题，解题方法是设交点坐标，由斜率乘积得坐标的关系，由点在椭圆上，代入椭圆方程，结合刚才求得的关系式再得坐标的性质，用余弦定理求出，结合两点坐标性质可得结论．

21．（1）的极大值为，不存在极小值；（2）.

【解析】

（1）利用即可求出的值，可得的解析式，再对其求导判断单调性即可求出极值；

（2）等价于，分离可得

构造函数，，只需 利用导数求最小值即可求解.

【详解】

（1），

由题意可得：，解得：

此时函数，

函数的图象在处的切线为成立

所以，，

由可得，由可得，

所以在上单调递增，在 上单调递减.

所以的极大值为，不存在极小值.

由可得

分离可得：

令

令

所以在上单调递增

存在唯一的，使得

当时，，即，

当时，，即，

故在上单调递减，在上单调递增.

，

由于，得，

再对两边取对数可得：

所以，

所以

即实数的取值范围

【点睛】

方法点睛：求不等式恒成立问题的方法

（1）分离参数法

若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.

（2）数形结合法

结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.

（3）主参换位法

把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.

22．（1）直线的普通方程的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.

【分析】

（1）消去后可得直线的普通方程，利用两角差的余弦结合可得曲线的直角坐标方程.

（2）利用直线参数方程中参数的几何意义可求的值.

【详解】

（1）因为直线的参数方程为，故消去后可得，

故直线的普通方程为.

因为曲线的极坐标方程为即，

故即.

故曲线的直角坐标方程为.

（2）因为，故在直线上，

设，

直线的参数方程为，将其代入曲线的直角坐标方程，

故，

整理得到：，

故为方程的两个根且，，

故.

【点睛】

方法点睛：直线的参数方程有很多种，如果直线的参数方程为 （其中为参数），注意表示直线上的点到的距离，我们常利用这个几何意义计算直线上线段的长度和、差、积等．

23．（1）（2）或．

【分析】

（1）利用||x﹣1|+2|＜5，转化为﹣7＜|x﹣1|＜3，然后求解不等式即可．

（2）利用条件说明{y|y＝f（x）}⊆{y|y＝g（x）}，通过函数的最值，列出不等式求解即可．

【详解】

（）由，得，

∴，

得不等式的解为．

故解集为：

（）因为任意，都有，使得成立，

所以，

又，

，所以，

解得或，

所以实数的取值范围为或．

【点睛】

本题考查函数的恒成立，绝对值不等式的解法，考查分析问题解决问题的能力以及转化思想的应用．