2022届江西省赣州市高三下学期3月一模考试数学（文）试题含解析

赣州市2022年高三年级摸底考试

文科数学试卷

2022年3月

本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟

第I卷

一、选择题：本大题共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.

【1题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】解一元二次不等式得集合，然后由并集定义计算．

详解】由题意，所以．

故选：C．

2. 复数的虛部为（）

A. -1 B. 1 C.  D.

【2题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数模长与四则运算进行计算即可.

【详解】，所以虚部为-1.

故选：A

3. 已知抛物线的焦点为，准线为，以为圆心，半径为的圆与交于，两点，则（）

A.  B.  C.  D. 4

【3题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】利用焦点到准线距离为2，解直角三角形，再根据抛物线的及圆的对称性即可得解.

【详解】因为，

所以焦点到准线：的距离为2，

又，

所以，

故选：B

4. 某学校为了更好落实“五育”管理，对高一年级1890名新生的体质情况进行调查，现将这些新生编号成1，2，3，4，…，1890，再采用系统抽样的方法从这些新生中抽取210名学生进行体质测验.若43号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是（）

A. 15号学生 B. 72号学生

C. 1214号学生 D. 1267号学生

【4题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】根据系统抽样的特点，所抽编号之差都是组距的整数倍求解即可.

【详解】因为高一年级1890名新生按系统抽样共抽取210人，所以分210组，每组9人中抽取一人，

因为43号被抽到，所以抽取的其他编号与43相差9的整数倍，

而中只有1224能被9整除，

故下面4名学生中被抽到的是1267号学生.

故选：D

5. 设函数则满足的取值范围是

A. [-1,2] B. [0,2] C. [1,+） D. [0,+）

【5题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数解析式，结合指对数函数的单调性，讨论不同区间对应的x范围，然后取并.

【详解】由，可得；或，可得；

综上，的取值范围是.

故选：D

6. 在《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.已知四棱锥为阳马，底面ABCD是边长为2的正方形，有两条侧棱长为3，则该阳马的表面积为（）

A.  B.

C.  D.

【6题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】根据四棱锥的性质，分别求侧面与底面面积，即可得解.

【详解】如图，

由题意知,,平面,

因为，

所以,

故选：B

7. 已知正方形的中心为M，从A，B，C，D，M五个点中任取三点，则取到的三点构成直角三角形的概率为（）

A.  B.  C.  D.

【7题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】用列举法写出所有基本事件，计数后可得概率．

【详解】从从A，B，C，D，M五个点中任取三点的基本事件有：，共10个，其中可构成直角三角形的有：，共8个，

概率为．

故选：D．

8. 等比数列满足，，则（）

A. 8 B. 4 C. -4 D. -8

【8题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】根据等比数列的基本量，结合已知条件求得公比，再求结果即可.

【详解】对等比数列，不妨设其公比为，

由，可得，

故可得，则.

即.

故选：A.

9. 在半径为2的球O的表面上有A，B，C三点，.若平面平面，则三棱锥体积的最大值为（）

A.  B.  C.  D.

【9题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】取中点，可证明平面得，由已知求得长，要使三棱锥体积最大，则到平面的距离最大，显然，当时，，由此求得体积的最大值．

【详解】作出如图三棱锥，，取中点，连接，则，

又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，则，

又，，所以，，

所以，

所以，

，

要使三棱锥体积最大，则到平面的距离最大，显然，当时，平面平面，平面，

所以平面，此时，为最大值，

．

故选：B．

10. 已知，，，则（）

A.  B.

C.  D.

【10题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】利用对数函数的性质，三角函数的性质比较各个数与中间量0，的大小，从而可比较出这3个数的大小.

【详解】因为，

且，

，即，又，

故选：C

11. 斐波那契螺线又叫黄金螺线，广泛应用于绘画、建筑等，这种螺线可以按下列方法画出：如图，在黄金矩形（其中）中作正方形，以F为圆心，AB长为半径作圆弧；然后在矩形CDEF中作正方形DEHG，以H为圆心，DE长为半径作圆弧；……；如此继续下去，这些圆弧就连成了斐波那契螺线.记圆弧，，的长度分别为，，，给出以下两个命题：，.则下列选项为真命题的是（）

A.  B.

C.  D.

【11题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，求得，判断命题的真假，再结合逻辑连接词判断复合命题的真假即可.

【详解】根据题意可得圆弧，，对应的半径分别为，

也即，

则弧长分别为，

则，故命题为真命题；

，

而，故，命题为真命题.

则为真命题，，，均为假命题.

故选：A.

12. 已知函数在区间上有且仅有2个不同的零点，给出下列三个结论：

①在区间上有且仅有2条对称轴；

②在区间上单调递增；

③的取值范围是.

其中正确的个数为（）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【12题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】对于③，令，得，可知，求得得；、

对于①，利用的对称轴为可判断；对于②，利用利用的增区间为可判断；

【详解】对于③，，，令，得，

由函数在区间上有且仅有2个不同的零点，即取得0，所以，解得，故③错误；

对于①，当，，由，知

的对称轴为，由于值不确定，所以不一定取到，故①错误；

对于②，当时，，由，知

即，即在区间上单调递增，故②正确；

所以正确个数为1个.

故选：B

第Ⅱ卷

本卷包括必考题和选考题两部分，第13~21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.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡上的相应位置.

13. 已知单位向量，满足，则，的夹角为________.

【13题答案】

【答案】##60°

【解析】

【分析】把模平方转化为数量积的运算可求得向量夹角．

【详解】因为，所以，即，

，，，，所以．

故答案为：．

14. 若实数，满足约束条件，则的最小值为_________.

【14题答案】

【答案】

【解析】

【分析】先画出可行区域，再按照斜率型求的最小值即可.

【详解】

画出可行区域如图所示，表示和连线的斜率，已知在点取得最小值，即.

故答案为：.

15. 已知，是双曲线：的两个焦点，过作的渐近线的垂线，垂足为.若的面积为，则的离心率为_________.

【15题答案】

【答案】2

【解析】

【分析】利用双曲线中，焦点到渐近线距离为b的结论，以及等面积法的转换求解；

【详解】由题，，焦点，渐近线方程为，根据点到直线距离公式得，根据勾股定理得，在中，利用等面积法可得，P到x轴的距离，所以，离心率

故答案为：2

16. 数列满足，若数列前项和，则________.

【16题答案】

【答案】

【解析】

【分析】由已知可知，代入，利用的值，结合等差数列求和可求解.

【详解】由已知可得

故答案为：

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.

17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.

（1）若，求的值；

（2）若BC边上的中线长为，求a的值.

【17~18题答案】

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理求得，再利用同角之间关系即可求解；

（2）利用余弦定理可求解.

【小问1详解】

由正弦定理，

又，若为钝角，则也为钝角，与三角形内角和矛盾，故

，即

【小问2详解】

取BC边上的中点，则，设

在中，利用余弦定理知

在中，利用余弦定理知

又，则

即，即，解得

又

故a的值为.

18. 为积极贯彻落实国家教育的“双减”政策，我市各地纷纷推行课后服务“5+2”模式，即学校每周周一至周五5天都要面向所有学生提供课后服务，每天至少2小时.某初中学校为了解该校学生上学期来参加学业辅导、体育锻炼、综合实践三大类别的课后服务情况，德育处从全校七、八、九年级学生中按照1：2：3分层抽样的方法，抽取容量为240的样本进行调查.被抽中的学生分别对参加课后服务进行评分，满分为100分.调查结果显示：最低分为51分，最高分为100分.随后，德育处将八、九年级学生的评分结果按照相同的分组方式分别整理成了频数分布表和频率分布直方图，图表如下：

八年级学生评分结果频率分布表

（1）根据上述统计图表信息试求m和n的值；

（2）为了便于调查学校开展课后服务“满意度"情况是否与年级高低有关，德育处把评分不低于70分的定义为“满意”，评分低于70分的定义为“不满意”，通过样本将七年级和九年级学生对课后服务“满意度"情况汇总得到下表：

请补充上表，并判断是否有90%的可能性认为学校开展课后服务“满意度”情况与年级高低有关?

附：，.

【18~19题答案】

【答案】（1），；

（2）没有90%的可能性认为学校开展课后服务“满意度”情况与年级高低有关．

【解析】

【小问1详解】

由已知八年级样本容量为，，

，．

【小问2详解】

七年级样本容量为，九年级不满意人数为，

列联表如下：

，

所以没有90%的可能性认为学校开展课后服务“满意度”情况与年级高低有关．

19. 如图，三棱柱中，侧面为菱形，，且.

（1）证明：；

（2）若，，，求点到平面的距离.

【19~20题答案】

【答案】（1）证明见解析；

（2）.

【解析】

【分析】（1）通过证明线面垂直推得，结合△的几何特点，即可证明；

（2）利用等体积法，根据，即可带值计算求得结果.

【小问1详解】

因为为菱形，故可得，

又因为，面，

故可得面，又面，故可得；

在△中，因为为中点，且，

故垂直平分，故可得.

【小问2详解】

在菱形中，因为，，故△为等边三角形，

则，，

由（1）可知，又，且，故可得，，

故在△中，，故，

由，面，故可得面.

又在三角形中，，故，

又，

设点到平面的距离为，故由可得：

即，解得.

即点到平面的距离为.

20. 设函数.

（1）若曲线在处的切线与直线互相垂直，求的方程；

（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围.

【20~21题答案】

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据导数的几何意义求出求切线斜率，再由垂直关系得出直线斜率建立方程求出a,由点斜式求切线方程；

（2）求出函数导数，分，两种情况分析，时利用函数导数分析函数单调性求出最小值，建立不等式求解，当时，分析函数在上不满足条件即可得解.

【小问1详解】

，

由题意知，，解得，

又，

故在点处的切线方程为，即

【小问2详解】

当时，

①若时，，

从而，在区间上单调递增，

又，故.

②若时，令，则

且,，故当时，，在区间上单调递减，

故当时，.

综上所述:  a的取值范围为.

21. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，满足，且面积的最大值为.

（1）求椭圆的方程；

（2）点，点A，B在椭圆上，点N在直线：，满足，，试问是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.

【21~22题答案】

【答案】（1）

（2）定值为，理由见解析.

【解析】

【分析】（1）由，得到，根据面积的最大值为，得到，结合，求得，即可求得椭圆的方程；

（2）设过点的直线为，联立方程组得到，再联立两直线，求得，根据，，求得，进而结合韦达定理，化简得到，即可得到结论.

【小问1详解】

解：由椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，

因为，可得，即，

又由面积的最大值为，可得，即，

因为，即，解得，

所以椭圆的方程为.

【小问2详解】

解：由，，可得点四点共线，如图所示，

设过点的直线方程为，即，

联立方程组，整理得，

设，则，

联立方程组，可得，即，

因为，，可得，

所以

则

，

所以为定值.

请从下面所给的22、23两题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑，按所涂题号进行评分：不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.

选修4-4：坐标系与参数方程

22. 已知点在曲线上.

（1）求动点的轨迹的方程；

（2）过原点的直线与（1）中的曲线交于、两点，求的最大值与最小值.

【22~23题答案】

【答案】（1）

（2）最小值为，最大值为

【解析】

【分析】（1）令，可得，求得，即可求得动点的轨迹的方程；

（2）设直线的方程为，联立方程组得到，根据题意转化为方程在上有两解，求得的范围，结合，进而求得的最值.

【小问1详解】

解：由题意，点在曲线上，可得，

令，可得，

设，则，

即动点的轨迹的方程.

【小问2详解】

解：由题意，设直线的方程为，

联立方程组，整理得，

要直线与曲线交于、两点，则方程在上有两解，

设，可得，解得，

设，则，且

又由，

因为，

又因为，所以的最小值为，最大值为.

选修4-5：不等式选讲

23. 已知.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若的解集包含，求的取值范围.

【23~24题答案】

【答案】（1）或；

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据的取值进行分类，分段求解即可；

（2）将问题转化为对任意的，恒成立，根据二次函数在区间上恒成立，列出的不等关系，即可求得其范围.

【小问1详解】

当时，，

故当时，，即，，解得；

当时，，即，解得，不等式无解；

当时，，即，即，解得；

综上所述，的解集为或.

【小问2详解】

因为的解集包含，即对任意的，恒成立；

即，也即，对任意的恒成立，

故只需且，解得.

故的取值范围为.