2022江苏省如皋市高三下学期3月第一次调研测试（一模）数学含答案

这是一份2022江苏省如皋市高三下学期3月第一次调研测试（一模）数学含答案，共10页。

数 学
(满分：150分 考试时间：120分钟)
2022．3
一、 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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 A＝{x|x2－4x＋3＜0}，B＝ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|\f(1,4)≤（\f(1,2)）x≤1))，则 A∪B＝( )
A. ∅ B. (1，3) C. (1，2] D. [0，3)
2. 设Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，且S5＝4a4，则 eq \f(S12,a5)＝( )
A. 10 B. 14 C. 15 D. 18
3. 近年来，餐饮浪费现象严重，触目惊心，令人痛心！“谁知盘中餐，粒粒皆辛苦．”某中学制订了“光盘计划”，面向该校师生开展了一次问卷调查，目的是了解师生们对这一倡议的关注度和支持度，得到参与问卷调查中的2 000人的得分数据．据统计此次问卷调查的得分X(满分：100分)服从正态分布N(90，σ2)，已知P(88＜X＜92)＝0.32，P(X＜85)＝m，则下列结论正确的是( )
A. 0＜m＜0.34 B. m＞0.34
C. 0.34＜m＜0.68 D. m＞0.68
4. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线ax－y＋2＝0与圆C：x2＋y2－2x－3＝0交于A，B两点，若钝角三角形ABC的面积为 eq \r(3)，则实数a的值是( )
A. － eq \f(3,4) B. － eq \f(4,3) C. eq \f(3,4) D. eq \f(4,3)
5. 已知向量m，n满足|m|＝1，|n|＝2，若2m·n＝|2m－n|，则向量m，n的夹角为( )
A. eq \f(π,6) B. eq \f(π,3) C. eq \f(π,6)或π D. eq \f(π,3)或π
6. 当前，新冠肺炎疫情进入常态化防控新阶段，防止疫情输入的任务依然繁重，疫情防控工作形势依然严峻、复杂．某地区安排A，B，C，D四名同志到三个地区开展防疫宣传活动，每个地区至少安排一人，且A，B两人不安排在同一个地区，则不同的分配方法总数为( )
A. 24种 B. 30种 C. 66种 D. 72种
7. 已知函数f(x)＝ln eq \f(2＋x,2－x)＋1，若关于x的不等式f(kex)＋f(－ eq \f(1,2)x)＞2对任意x∈(0，2)恒成立，则实数k的取值范围是( )
A. ( eq \f(1,2e)，＋∞) B. ( eq \f(1,2e)， eq \f(2,e2)) C. ( eq \f(1,2e)， eq \f(2,e2)] D. ( eq \f(2,e2)，1]
8. 在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过点F1的直线l与双曲线的左、右两支分别交于点A，B，点T在x轴上，满足 eq \(BT,\s\up6(→))＝3AF2，且BF2经过△BF1T的内切圆圆心，则双曲线C的离心率为( )
A. eq \r(3) B. 2 C. eq \r(7) D. eq \r(13)
二、 选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 若a＝lg23－1，2b＝ eq \f(8,3)，则下列结论正确的是( )
A. a＋b＝2 B. a－b＜－1 C. eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)＞2 D. ab＞1
10. 已知函数y＝f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数记为y＝f′(x)，则下列结论正确的是( )
A. 若f′(a)＝0，a∈R，则y＝f(x)在x＝a处取得极值
B. 若y＝f′(x)是偶函数，则y＝f(x)为奇函数
C. 若y＝f(x)是周期为a(a＞0)的周期函数，则y＝f′(x)也是周期为a(a＞0)的周期函数
D. 若y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称，则y＝f′(x)的图象关于点(a，0)中心对称
11. 在棱长为 eq \r(3)的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在正方形ADD1A1内(含边界)运动，则下列结论正确的是( )
A. 若点P在AD1上运动，则PB⊥A1D
B. 若PB∥平面B1CD1，则点P在A1D上运动
C. 存在点P，使得平面PBD截该正方体的截面是五边形
D. 若PA＝2PD，则四棱锥PABCD的体积最大值为1
12. 已知直线y＝t(0＜t＜1)与函数f(x)＝sin (ωx＋ eq \f(π,6))(ω＞0)的图象相交，A，B，C是从左到右的三个相邻交点，设 eq \(AB,\s\up6(→))＝λ eq \(AC,\s\up6(→))，0＜λ＜ eq \f(1,2)，则下列结论正确的是( )
A. 将f(x)的图象向右平移 eq \f(π,6)个单位长度后关于原点对称
B. 若λ＝ eq \f(1,3)，则t＝ eq \f(1,2)
C. 若f(x)在(0， eq \f(π,2))上无最值，则ω的最大值为 eq \f(2,3)
D. eq \f(1,λ)－t＞2
三、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知复数z为纯虚数，若(2－i)z＝a－6i(其中i为虚数单位)，则实数a的值为________．
14. 设(1＋2x)2 022＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 022x2 022，则 eq \f(a1,2)－ eq \f(a2,22)＋ eq \f(a3,23)－…＋ eq \f(a2 021,22 021)－ eq \f(a2 022,22 022)＝________．
15. 过抛物线C：x2＝4y的准线l上一点P作C的切线PA，PB，切点分别为A，B，设弦AB的中点为Q，则PQ的最小值为________．
16. 在三棱锥PABC中，已知△ABC是边长为2的正三角形，PA⊥平面ABC，M，N分别是AB，PC的中点，若异面直线MN，PB所成角的余弦值为 eq \f(3,4)，则PA的长为________，三棱锥PABC的外接球表面积为________．
四、 解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17. (本小题满分10分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知c＝5，2b cs C＝2a－c.
(1) 求角B的大小；
(2) 若△ABC的面积为10 eq \r(3)，设D是BC的中点，求 eq \f(sin ∠BAD,sin ∠CAD)的值．
18.(本小题满分12分)
已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a2＝2，an＋3－Sn＋2＝an＋1－Sn.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 记bn＝ eq \f(2n－1,an)，设数列{bn}的前n项和为Tn，求使得不等式Tn＜ eq \f(13,2)－ eq \f(4n＋7,2n)成立的n的最小值．
19.(本小题满分12分)
如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为PA的中点，PA＝PD＝ eq \r(10).
(1) 求证：PC∥平面BMD；
(2) 求二面角MBDP的大小．
20. (本小题满分12分)
某公司对40名试用员工进行业务水平测试，根据测试成绩评定是否正式录用以及正式录用后的岗位等级，测试分笔试和面试两个环节．笔试环节所有40名试用员工全部参加；参加面试环节的员工由公司按规则确定．公司对40名试用员工的笔试得分(笔试得分都在[75，100]内)进行了统计分析，得到如下的频率分布直方图和2×2列联表．

(1) 请完成上面的2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为“试用员工的业务水平优良与否”与性别有关；
(2) 公司决定：在笔试环节中得分低于85分的员工直接淘汰，得分不低于85分的员工都正式录用．笔试得分在[95，100]内的岗位等级直接定为一级(无需参加面试环节)；笔试得分在[90，95)内的岗位等级初定为二级，但有 eq \f(2,5)的概率通过面试环节将二级晋升为一级；笔试分数在[85，90)内的岗位等级初定为三级，但有 eq \f(3,5)的概率通过面试环节将三级晋升为二级．若所有被正式录用且岗位等级初定为二级和三级的员工都需参加面试．已知甲、乙为该公司的两名试用员工，以频率视为概率．
① 若甲已被公司正式录用，求甲的最终岗位等级为一级的概率；
② 若乙在笔试环节等级初定为二级，求甲的最终岗位等级不低于乙的最终岗位等级的概率．
参考公式和数据：χ2＝ eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d.
21. (本小题满分12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知离心率为 eq \f(1,2)的椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，△ABM的面积最大值为2 eq \r(3).
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 设直线AM与定直线x＝t(t＞2)交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是k0，k1，k2，若k1，k0，k2成等差数列，求实数t的值．
22.(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝ln x＋ eq \f(a,x)，其中a∈R，e为自然对数的底数，e≈2.718.
(1) 若函数f(x)在定义域上有两个零点，求实数a的取值范围；
(2) 当a＝1时，求证：f(x)＜ eq \f(ex,x)＋sin x．
2022届高三年级模拟试卷(如皋1.5模)
数学参考答案及评分标准
1. D 2. C 3. A 4. A 5. B 6. B 7. C 8. C 9. AC 10. CD 11. ABD 12. BCD
13. －3 14. 1 15. 2 16. 2 eq \f(28,3)π
17. 解：(1) 因为2b cs C＝2a－c，结合余弦定理cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，
可得2b· eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝2a－c，整理得a2＋c2－b2＝ac，(2分)
所以cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝ eq \f(1,2).
又B∈(0，π)，所以B＝ eq \f(π,3).(5分)
(2) 因为△ABC的面积为10 eq \r(3)，
所以 eq \f(1,2)·AB·BC·sin B＝10 eq \r(3)，即 eq \f(1,2)×5×BC×sin eq \f(π,3)＝10 eq \r(3)，解得BC＝8.(6分)
在△ABC中，由余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs B＝52＋82－2×5×8×cs eq \f(π,3)＝49，故AC＝7.(7分)
又D是BC的中点，故S△ABD＝S△ACD，
所以 eq \f(1,2)AB·AD·sin ∠BAD＝ eq \f(1,2)AC·AD·sin ∠CAD，
故 eq \f(sin ∠BAD,sin ∠CAD)＝ eq \f(AC,AB)＝ eq \f(7,5).(10分)
18. 解： (1) 设正项等比数列{an}的公比为q，q＞0.
因为an＋3－Sn＋2＝an＋1－Sn，所以an＋3－an＋1＝Sn＋2－Sn＝an＋1＋an＋2，
即an＋3＝2an＋1＋an＋2，得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍).
又a2＝2，故a1＝1，所以an＝2n－1.(5分)
(2) 因为bn＝ eq \f(2n－1,an)＝(2n－1)·( eq \f(1,2))n－1，
所以Tn＝1×( eq \f(1,2))0＋3×( eq \f(1,2))1＋5×( eq \f(1,2))2＋…＋(2n－1)·( eq \f(1,2))n－1，
eq \f(1,2)Tn＝1×( eq \f(1,2))1＋3×( eq \f(1,2))2＋…＋(2n－3)·( eq \f(1,2))n－1＋(2n－1)·( eq \f(1,2))n，
所以 eq \f(1,2)Tn＝1＋2×( eq \f(1,2))1＋2×( eq \f(1,2))2＋…＋2×( eq \f(1,2))n－1－(2n－1)·( eq \f(1,2))n
＝1＋ eq \f(1－（\f(1,2)）n－1,1－\f(1,2))－(2n－1)·( eq \f(1,2))n＝3－(2n＋3)·( eq \f(1,2))n，
故Tn＝6－ eq \f(4n＋6,2n).(9分)
因为Tn＜ eq \f(13,2)－ eq \f(4n＋7,2n)，所以6－ eq \f(4n＋6,2n)＜ eq \f(13,2)－ eq \f(4n＋7,2n)，解得n＞1.(11分)
又n∈N*，故n≥2，所以n的最小值是2.(12分)
19. (1) 证明：连接AC交BD于点N，连接MN.
在正方形ABCD中，AC∩BD＝N，所以N是AC的中点．
又M是AP的中点，所以MN是△APC的中位线，MN∥PC.
因为MN⊂平面BMD，PC⊄平面BMD，所以PC∥平面BMD.(5分)
(2) 解：取AD的中点O，连接OP，ON.
在△PAD中，PA＝PD，O是AD的中点，所以OP⊥AD.
又平面PAD⊥底面ABCD，OP⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以OP⊥平面ABCD.
在正方形ABCD中，O，N分别是AD，BD的中点，所以ON⊥AD，
所以OP，OD，ON两两相互垂直，分别以OD，ON，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.(7分)
则P(0，0， eq \r(6))，D(2，0，0)，B(－2，4，0)，M(－1，0， eq \f(\r(6),2))，
所以 eq \(DM,\s\up6(→))＝(－3，0， eq \f(\r(6),2))， eq \(DP,\s\up6(→))＝(－2，0， eq \r(6))， eq \(DB,\s\up6(→))＝(－4，4，0).
设平面MBD的法向量n1＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1⊥\(DM,\s\up6(→))，,n1⊥\(DB,\s\up6(→))，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x＋\f(\r(6),2)z＝0，,－4x＋4y＝0，))取x＝1，得n1＝(1，1， eq \r(6))，
所以n1＝(1，1， eq \r(6))是平面MBD的一个法向量；
同理，n2＝( eq \r(3)， eq \r(3)， eq \r(2))是平面PBD的一个法向量，(10分)
所以cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝ eq \f(1×\r(3)＋1×\r(3)＋\r(6)×\r(2),\r(12＋12＋（\r(6)）2)·\r(（\r(3)）2＋（\r(3)）2＋（\r(2)）2))＝ eq \f(\r(3),2).
设二面角MBDP的大小为θ，由图可知cs θ＝cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(\r(3),2)，且θ为锐角，
所以θ＝30°，故二面角MBDP的大小是30°.(12分)
20. 解：(1) 2×2列联表：
(2分)
假设H0：试用员工的业务水平优良与否与性别无关．
χ2＝ eq \f(40×（12×8－16×4）2,24×16×12×28)≈0.317＜2.706，
因为P(χ2≥2.706)＝0.10，
所以没有90%的把握认为“试用员工的业务水平优良与否与性别有关”．(5分)
(2) ①记“甲被公司正式录用”为事件A，“甲最终岗位等级为一级”为事件B.
依题意，P(A)＝(0.06＋0.04＋0.02)×5＝ eq \f(3,5)，P(AB)＝0.02×5＋0.04×5× eq \f(2,5)＝ eq \f(9,50)，
所以P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）)＝ eq \f(\f(9,50),\f(3,5))＝ eq \f(3,10)，
故在甲已被公司正式录用的情况下，甲的最终岗位等级为一级的概率为 eq \f(3,10).(8分)
②记“甲的最终岗位等级不低于乙的最终岗位等级”为事件C，
所以P(C)＝0.02×5＋0.04×5× eq \f(2,5)＋0.04×5× eq \f(3,5)× eq \f(3,5)＋0.06×5× eq \f(3,5)× eq \f(3,5)＝ eq \f(9,25)，
故甲的最终岗位等级不低于乙的最终岗位的概率为 eq \f(9,25).(12分)
21. 解：(1) 设椭圆C的半焦距为c，依题意 eq \f(c,a)＝ eq \f(1,2) ①，
又△ABM的面积最大值为2 eq \r(3)，所以 eq \f(1,2)·2a·b＝2 eq \r(3)，即ab＝2 eq \r(3) ②.
又a2－b2＝c2 ③，
联立①②③，得a2＝4，b2＝3，c2＝1，所以椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.(4分)
(2) 设直线l：x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
所以y1＋y2＝－ eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－ eq \f(9,3m2＋4)，故my1y2＝ eq \f(3,2)(y1＋y2).(7分)
易得直线AM：y＝ eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)与直线x＝t相交于T(t， eq \f(（t＋2）y1,x1＋2)).
因为k1，k0，k2成等差数列，所以2k0＝k1＋k2，即2· eq \f(\f(（t＋2）y1,x1＋2),t－1)＝ eq \f(y1,x1＋2)＋ eq \f(y2,x2＋2)，
所以 eq \f(2（t＋2）,t－1)－1＝ eq \f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝ eq \f(y2（my1＋3）,y1（my2－1）)＝ eq \f(my1y2＋3y2,my1y2－y1)＝ eq \f(\f(3,2)（y1＋y2）＋3y2,\f(3,2)（y1＋y2）－y1)＝ eq \f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(1,2)y1＋\f(3,2)y2)＝3，(11分)
进而解得t＝4，所以实数t的值为4.(12分)
22. 解：(1) 因为f(x)＝ln x＋ eq \f(a,x)，x＞0，所以f′(x)＝ eq \f(x－a,x2).
① 若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)在(0，＋∞)上至多有一个零点，不符合题意．(1分)
②若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝a.
要使f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，须满足f(a)＜0，得0＜a＜ eq \f(1,e).(3分)
当0＜a＜ eq \f(1,e)时，a2＜a＜1，f(a)＜0，f(1)＝a＞0，显然f(x)在(0，＋∞)上的图象是一条不间断的曲线，所以存在x1∈(a，1)⊆(a，＋∞)，使得f(x)＝0；
又f(a2)＝2ln a＋ eq \f(1,a)，记g(a)＝2ln a＋ eq \f(1,a)，0＜a＜ eq \f(1,e)，则g′(a)＝ eq \f(2,a)－ eq \f(1,a2)＝ eq \f(2a－1,a2)＜0，g(a)在(0， eq \f(1,e))上单调递减，故g(a)＞g( eq \f(1,e))＝e－2＞0，即f(a2)＞0，所以存在x2∈(a2，a)⊆(0，a)，使得f(x)＝0.
综上所述，当0＜a＜ eq \f(1,e)时，f(x)在(0，＋∞)上存在两个零点．(5分)
(2) 依题意，要证ln x＋ eq \f(1,x)＜ eq \f(ex,x)＋sin x，即证x ln x－ex－x sin x＋1＜0.
令h(x)＝x ln x－ex－x sin x＋1，x＞0.
① 当0＜x≤1时，x sin x＞0，1－ex＜0，故h(x)＜0.(6分)
② 当1＜x≤2时，x sin x＞0，故h(x)＜x ln x－ex＋1.
令u(x)＝x ln x－ex＋1，x∈(1，2]，u′(x)＝1＋ln x－ex，
显然u″(x)＝ eq \f(1,x)－ex在(1，2]上单调递减，u″(x)＜u″(1)＝1－e＜0，
所以u′(x)在(1，2]上单调递减，u′(x)＜u(1)＝1－e＜0，
所以u(x)在(1，2]上单调递减，u(x)＜u(1)＝1－e＜0，
所以，当x∈(1，2]时，h(x)＜u(x)＜0.(9分)
③ 当x＞2时，－1≤sin x≤1，－x≤x sin x≤x，故h(x)≤x ln x－ex＋x＋1.
令v(x)＝x ln x－ex＋x＋1，x＞2，v′(x)＝2＋ln x－ex，
显然v″(x)＝ eq \f(1,x)－ex在(2，＋∞)上单调递减，v″(x)＜v″(2)＝ eq \f(1,2)－e2＜0，
所以v′(x)在(2，＋∞)上单调递减，v′(x)＜v′(2)＝2＋ln 2－e2＜0，
所以v(x)在(2，＋∞)上单调递减，v(x)＜v(2)＝2ln 2－e2＋2＋1＜5－e2＜0，
所以，当x＞2时，h(x)≤v(x)＜0.
综上所述，当x＞0时，h(x)＜0，得证．(12分)男
女
合计
优(得分不低于90分)
8
良(得分低于90分)
12
合计40
P(χ2≥k0)
0.15
0.10
0.05
0.010
k0
2.072
2.706
3.841
6.635
男
女
合计
优(得分不低于90分)
8
4
12
良(得分低于90分)
16
12
28
合计
24
16
40
x
(0，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值
