2022届江苏省泰州中学高三上学期12月月考数学试题含解析

这是一份2022届江苏省泰州中学高三上学期12月月考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届江苏省泰州中学高三上学期12月月考数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先解不等式化简集合A，再进行交集运算即可.
【详解】集合，，
因此.
故选：A.
2．复数z对应复平面上的点，则在复平面上对应的点在（       ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【分析】首先根据复数的几何意义表示出复数，再根据复数的乘方运算求出即可得到其坐标，即可判断；
【详解】解：因为复数对应复平面上的点，所以，
所以，
在复平面内对应的点的坐标为位于第二象限.
故选：B.
3．已知直线，，则“”是“”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【分析】根据两直线平行可求得实数的值，进而判断可得出结论.
【详解】若，则，即，解得或.
当时，直线的方程可化为，直线的方程可化为，两直线重合，不合乎题意；
当时，直线的方程可化为，直线的方程可化为，
此时，两直线平行，合乎题意.
因此，“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
4．曾侯乙编钟现存于湖北省博物馆，是世界上目前已知的最大、最重、音乐性能最完好的青铜礼乐器，全套编钟可以演奏任何调性的音乐并做旋宫转调．其初始四音为宫、徵、商、羽．我国古代定音采用律管进行“三分损益法”．将一支律管所发的音定为一个基音，然后将律管长度减短三分之一（即“损一”）或增长三分之一（即“益一”），即可得到其他的音．若以宫音为基音，宫音“损一”得徵音，徵音“益一”可得商音，商音“损一”得羽音，则羽音律管长度与宫音律管长度之比是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，设出宫音的律管长度，表示出羽音的律管长度，作比即可.
【详解】设以宫音为基音的律管长度为，则徵音的律管长度为，
商音的律管长度为，羽音的律管长度为，
所以，羽音律管长度与宫音律管长度之比是.
故选：C.
5．已知下表中是关于变量，的5组观测数据，甲同学根据表中数据通过模型得到回归方程，则（       ）

1
2
3
4
5







A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令，然后求出，而由可得，再将的值代入可求出的值
【详解】令，则，，
∵，∴，
∴，解得，
∴，
故选：B.
6．一个封闭的圆柱形容器，内部装有高度为三分之一的水（图一），将容器歪倒放在水平放置的的桌面上，设水面截底面得到的弦所对的圆心角为，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据水平放置前后的水的体积相等列方程化简即可求解．
【详解】设圆柱体底面半径为，高为，则水的体积为
水平放置后，水的体积为
所以，解得
故选：D
7．将双曲线绕其对称中心旋转，会得到我们熟悉的函数图象，例如将双曲线的图象绕原点逆时针旋转45°后，能得到反比例函数的图象(其渐近线分别为x轴和y轴)；同样的，如图所示，常见的“对勾函数”也能由双曲线的图象绕原点旋转得到．设，n＝1，则此“对勾函数”所对应的双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由两条渐近线的夹角可得双曲线渐近线的斜率，然后由公式可得.
【详解】易知对勾函数的渐近线为与轴，其夹角为，故旋转之前双曲线的一条渐近线斜率为，即，所以双曲线离心率.
故选：C
8．已知，函数的零点为，的极小值点为，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】求出的值，利用零点存在定理得出，然后比较、、的大小关系，结合函数的单调性可得出结论.
【详解】因为的定义域为，，则函数在其定义域上为增函数，
，则，则，
因为，由零点存在定理可知，
由可得，.
当或时，；当时，.
所以，.
因为，所以，，故.
故选：A.
二、多选题
9．下列说法正确的是（       ）
A．的展开式中含的系数是
B．已知随机变量服从正态分布，若，则
C．若实数，则的最大值为
D．若函数有个零点，则
【答案】AB
【分析】利用二项式定理可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项；利用基本不等式可判断C选项；数形结合可判断D选项.
【详解】对于A选项，的展开式通项为，
令，可得，所以，展开式中含的系数是，A对；
对于B选项，由已知可得，
由正态曲线的对称性可得，B对；
对于C选项，，当且仅当时，等号成立，
故，C错；
对于D选项，由，可得，作出直线与曲线的图象如下图所示：

由图象可知，当时，即当时，直线与曲线有个交点，
此时函数有个零点，D错.
故选：AB.
10．已知方程，则（       ）
A．存在实数θ，该方程对应的图形是圆，且圆的面积为
B．存在实数θ，该方程对应的图形是平行于x轴的两条直线
C．存在实数θ，该方程对应的图形是焦点在x轴上的双曲线，且双曲线的离心率为
D．存在实数θ，该方程对应的图形是焦点在x轴上的椭圆，且椭圆的离心率为
【答案】CD
【分析】根据二元二次方程表示各种曲线时的结构特征，取值计算可得.
【详解】
当，时，该方程表示圆，此时圆的面积为，故A不正确；
要使该方程表示平行于x轴的两条直线，需满足，显然无实数解，故B不正确；
当时，方程为，表示焦点在x轴上的双曲线，且离心率为，故C正确；
当时，方程为，表示焦点在x轴上的椭圆，且椭圆的离心率为，故D正确.
故选：CD
11．已知函数f(x)＝sin(|cosx|)＋cos(|sinx|)，则以下结论正确的是（       ）
A．f(x)的图象关于直线对称 B．f(x)是最小正周期为2π的偶函数
C．f(x)在区间上单调递减 D．方程恰有三个不相等的实数根
【答案】ACD
【分析】根据对称性，周期性，复合函数单调性可判断选项ABC，结合单调性和周期性对函数和的图象交点情况讨论可判断D.
【详解】，
，
，故A正确；
，故B不正确；
当时，单调递减，单调递增，所以，单调递减，同理，单调递减，故函数在区间上单调递减，所以C正确；
易知为偶函数，综上可知：的周期为，且在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
令，因为，，故函数与的图象在区间内有且只有一个交点；
又，故函数与的图象在区间内有且只有一个交点；
又，故函数与的图象在区间内有且只有一个交点.
因为，由周期性和单调性可知，当或时，两函数图象无交点.
综上所述，方程恰有三个不相等的实数根
故选：ACD
12．已知三棱柱为正三棱柱，且A，D是的中点，点P是线段上的动点，则下列结论正确的是（       ）
A．四面体外接球的表面积为20π
B．若直线PB与底面ABC所成角为θ，则sinθ的取值范围为
C．若，则异面直线AP与所成的角为
D．若过BC且与AP垂直的截面α与AP交于点E，则三棱锥P－BCE的体积的最小值
【答案】ABD
【分析】可求得底面外接圆的半径，再构造直角三角形求得外接球的半径，从而判断A；
取的中点，连接，，，，由正三棱柱的性质可求得，，从而判断B；
将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，从而判断C；
由知，要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，从而判断D．
【详解】四面体外接球即为正三棱柱外接球，
因为外接圆的半径，且，设正三棱柱外接球的半径为，设正三棱柱的高为h＝，
则由得，故其表面积为，故A正确；
取的中点，连接，，，，由正三棱柱的性质可知平面平面，所以当点与重合时，最小为∠，，
当点与重合时，最大为，sin，
所以，，故B正确；
将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则(或其补角)为异面直线与所成的角，，，
∵，∴，∴，
所以，即，故C错；
因，故要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，设的中点为，作出截面如图所示，
∵，∴AP⊥EF，∴点在以为直径的圆上，
∴点到底面距离的最大值为，
∴三棱锥的体积的最小值为，故D正确；
故选：ABD．

【点睛】本题为立体几何的综合题，研究空间点、线、面的位置关系，需要良好的空间想象能力和作图能力.C选项的关键在于把三棱柱补成四棱柱，从而构造出要求的异面直线夹角；D选项的关键是把三棱锥看成是三棱锥的一部分，利用割补思想求解.
三、填空题
13．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为.若，则_________.
【答案】
【分析】利用同角的基本关系式，可得，代入所求，结合辅助角公式，即可求解．
【详解】因为，，所以，
所以，故答案为
【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系式，辅助角公式，考查计算化简的能力，属基础题
14．已知数列的首项，其前项和满足，则______.
【答案】
【分析】利用题干中的递推关系找出an与n的关系，进而计算出结果.
【详解】由题知，，则.
两式做差得.
整理得.
所以{ }是以为首项，-1为公比的等比数列.
.
故答案为
【点睛】方法点睛：在处理数列的通项与前n项和的相关问题时，一定要抓住题干中给出的递推关系，利用递推关系将抽象的数列问题转化为我们熟悉的等差数列、等比数列问题，从而运用我们所学的等差、等比数列的知识取解决问题.
15．在中，动点自点出发沿运动，到达点时停止，动点自点出发沿运动，到达点时停止，且动点的速度是动点的倍．若二者同时出发，且当其中一个点停止运动时．另一个点也停止运动，则该过程中的最大值是________________________．
【答案】
【分析】先求出且建立平面直角坐标系，如图所示．设点，求出，即得解.
【详解】因为，
所以且
建立平面直角坐标系，如图所示．

设点，则，
从而可得，
所以．
因为在上单调递增，
所以当时，取得最大值，且最大值为．
故答案为：72
16．对任意的，不等式恒成立，则的最小值为______.
【答案】
【分析】根据不等式恒成立，构造，有，利用二阶导数研究单调性，再讨论、时的单调性，进而确定在上的最小值及对应m、n的关系式，将与所得关系式转化为直线与曲线相切的问题，求的最小值即可.
【详解】令，则，即，
∴单调递增，
∴当时，，即在上递减，而当时，，故不满足；
当时，若得，即，
∴时，，即递减；当时，，即递增；若令，即，
则：①当，即，恒成立；
∴情况下最小，即直线与曲线相切，而，
∴时，，有，，则；
当，即，，得，
∴情况下最小，即直线与曲线相切，而，
∴时，，有，，则；
∴综上：，即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据不等式恒成立，利用导数、分类讨论的方法判断单调性，并构造函数结合导数确定目标代数式中参数的关系，由所得条件中代数式的几何含义求最小值
四、解答题
17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，∠B＝45°．
(1)求边BC的长以及三角形ABC的面积；
(2)在边BC上取一点D，使得，求tan∠DAC的值．
【答案】(1)；；
(2)
【分析】（1）在中，利用余弦定理即可求解，结合面积公式求得面积；
（2）在中，由正弦定理可以求出，再利用与互补可以求出，得出是钝角，从而可得为锐角，即可求出和的值，利用展开代入数值即可求解，从而求解tan∠DAC的值．
(1)
在中，因为，，，
由余弦定理，
得
所以解得：或（舍）
所以，

(2)
在中，由正弦定理，
得.
所以
在中，因为，
所以为钝角.
而，
所以为锐角
故
因为，
所以，
，


由题可知∠DAC为锐角，
所以．
18．已知数列的前项和为，满足：，，数列为等比数列，满足，，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）若数列的前项和为，数列的前项和为，试比较与的大小.
【答案】（1），；（2）当时，.当时，，即有.
【分析】（1）由,可证数列为等差数列，然后求出其通项公式，设的公比为，然后根据，，列出关于和的方程组求解；
（2）由，用裂项相消法求数列的前n项和，再利用等比数列的前n项和公式求解，然后比较与的大小.
【详解】（1）由，得，
即，又，
所以数列是首项和公差均为1的等差数列，可得.
因为数列为等比数列，满足，，，所以设公比为，可得，所以，
当时，，可得.
当时，，得，不满足，舍去，所以.
（2），
，，
此时.
易知：当时，.
当时，，即有.
【点睛】本题考查等差数列和等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的裂项相消求和，以及不等式的性质，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
19．新疆棉以绒长､品质好､产量高著称于世.现有两类以新疆长绒棉为主要原材料的均码服装，A类服装为纯棉服饰，成本价为120元/件，总量中有30%将按照原价200元/件的价格销售给非会员顾客，有50%将按照8.5折的价格销售给会员顾客.B类服装为全棉服饰，成本价为160元/件，总量中有20%将按照原价300元/件的价格销售给非会员顾客，有40%将按照8.5折的价格销售给会员顾客.这两类服装剩余部分将会在换季促销时按照原价6折的价格销售给顾客，并能全部售完.
(1)通过计算比较这两类服装单件收益的期望（收益=售价成本）；
(2)某服装专卖店店庆当天，全场A，B两类服装均以会员价销售.假设每位来店购买A，B两类服装的顾客只选其中一类购买，每位顾客限购1件，且购买了服装的顾客中购买A类服装的概率为.已知该店店庆当天这两类服装共售出5件，设X为该店当天所售服装中B类服装的件数，Y为当天销售这两类服装带来的总收益.求当时，n可取的最大值及Y的期望E（Y）.
【答案】(1)B类服装单件收益的期望更高
(2)n可取的最大值为3，（元）
【分析】（1）结合期望公式由单件总盈利减去成本即可计算；
（2）由题知B类服装的销售件数符合二项分布，求出对应，，……，的值，可确定的最大值；先列出这5件衣服总收益关于X的关系式，得，结合化简即可求解.
(1)
设A类服装､B类服装的单件收益分别为X1元，X2元，则
，
，
，故B类服装单件收益的期望更高；
(2)
由题意可知，，
，，
，，
.
因为，，
所以当时，n可取的最大值为3.
（元），
因为，
所以（元）.
20．某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为，且，，，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点、、、汇聚为一点，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．

(1)证明底面；
(2)设点为上的点，且二面角的正切值为，试求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定可证得结论；
（2）连接，取的中点，连接，证明出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，利用已知条件求出，然后利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值.
(1)
证明：由菱形的边长为，，，
所以，，即有，同理可得，
在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得，，
，底面.
(2)
解：连接，取的中点，连接，
由已知，，故为等边三角形，
因为为的中点，则，因为，则，
因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

平面，、平面，则，，
故二面角的平面角为，
由题意可得，可得，
易知点、、、、，
设点，其中，，，
所以，，整理可得，
解得或（舍），故点，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，.
因此，与平面所成角的正弦值为.
21．在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，P是直线x＝－4上的动点，过P作两条相异直线和，其中与抛物线C：交于A、B两点，与C交于M、N点，记、和直线OP的斜率分别为、和．
(1)当P在x轴上，且A为PB中点时，求|k1|；
(2)当AM为△PBN的中位线时，请问是否存在常数μ，使得？若存在，求出μ的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】(1)设出直线方程，联立抛物线方程消去x得到关于y的一元二次方程，根据韦达定理和中点坐标公式列出方程，解方程即可；
(2)设点A、B、M、N、P的坐标，利用两点坐标求斜率公式和中点坐标公式、韦达定理列出方程，解方程即可.
(1)
由条件知P（-4，0）且，设，所以
消去x可得，所以
又因为A为PB中点，所以．所以
所以，所以，所以；
(2)
设，
所以，
所以．．
因为AM为△PBN的中位线，所以A为PB的中点，M是PN的中点，
所以，即，即
又，所以
所以，所以①．．．
同理，②
由①②可知：是满足方程的两个根．
所以．
所以
所以．．．．．
，所以，所以
所以存在常数使得成立．
22．已知函数．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；
(2)设函数f(x)的极值点为，当a变化时，点)构成曲线M．证明：任意过原点的直线y＝kx，与曲线M均仅有一个公共点．
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据函数单调性求解极值；
（2）先通过求导求出函数的极值表达式，再将任意过原点的直线y＝kx，与曲线M均仅有一个公共点的问题转化为函数只有一个零点的问题，最后利用导数来研究零点个数即可证明.
(1)
当时，
则．
当时，，f(x)单调递减，
当时．f(x)单调递增，
所以当时，f(x)的极大值为，无极小值；
(2)

令，得，且由韦达定理得方程必一正根一负根，
所以存在，使得，即
且当时，，当时
所以f(x)在（0）上单调递增，在（+∞）上单调递减，
∴f(x)的极大值为
则曲线M的方程为，
故只要证明对任意，方程均只有唯一解即可．
设，则
①当时，恒成立，所以h(x)在（0，+∞）上单调递增．
∵，
所以存在满足时，使得
又因为h(x)单调递增，所以为唯一解；
②当且，即时，
恒成立，所以成h(x）在上单调递增，
∵
存在使得
又∵h(x)单调递增，所以为唯一解；
③当时，有两解，且，不妨设因为，所以，列表如下：
x
（0，x1）
x1
（x1，x2）
x2

h'(x)

0

0

h(x)
递增
极大值
递减
极小值
递增

由表可知．当时．h(x)的极大值为
∵，所以
∴
∴存在，使得
又因为h(x)单调递增，所以为唯一解，
综上，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：将图像有一个公共点的问题转化为函数的零点问题来解决；另外，对于对于方程的根无法解出的情况，可以设出方程的根，利用根产生的等式进行计算.