2022届江西省南昌市八一中学高三下学期三模理科数学试卷及答案

2021~2022年南昌市八一中学高三理科数学三模试卷

一、单选题（本题共12小题，每题5分，共60分）

1．已知集合，集合，则（       ）

A． B． C． D．

2．设，则（       ）

A． B． C． D．

3．在等比数列中，已知，则公比（       ）

A． B． C．3 D．

4．耀华中学全体学生参加了主题为“致敬建党百年，传承耀华力量”的知识竞赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，下列说法正确的是（       ）

A．直方图中的值为0.004

B．在被抽取的学生中，成绩在区间的学生数为30人

C．估计全校学生的平均成绩为84分

D．估计全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为93分

5．函数在上的图象大致为（       ）

A．                       B．  C．  D．

6．中国书法历史悠久、源远流长．书法作为一种艺术，以文字为载体，不断地反映和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观．谈到书法艺术，就离不开汉字．汉字是书法艺术的精髓．汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术．我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图：以“国”字为例，现有甲乙两名书法爱好者分别从五种书体中任意选两种进行研习，且甲乙选书体互相独立，则甲不选隶书体，乙不选草书体的概率为（       ）．

A． B． C． D．

7．已知实数x，y满足且（k为常数）取得最大值的最优解有无数多个，则k的值为（       ）

A．1 B．-1 C．2 D．-2

8．已知函数，，，且在上单调递增，则（       ）

A． B． C．2 D．3

9．定义在R上的偶函数满足，且当时，，若关于的方程恰有5个解，则m的取值范围为（       ）

A．     B．    C．    D．

10．在长方体中，点，分别是棱，的中点，点为对角线，的交点，若平面平面，，且，则实数（       ）

A． B． C． D．

11．已知椭圆和双曲线有相同的左、右焦点，，若，在第一象限内的交点为P，且满足，设，分别是，的离心率，则，的关系是（       ）

A． B．

C． D．

12．设，，＝，则（       ）

A．abc B．bca C．bac D．cab

二、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）

13．已知向量，，且在上的投影等于，则___________.

14．已知的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则的系数为______.

15．如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上运动（不与A，B重合），平面ABC，若，二面角等于60°，则三棱锥P-ABC体积的最大值为___________.

16．已知是抛物线：（）的焦点，的准线与轴交于点，过点作曲线的一条切线，若切点在第一象限内，为上第四象限内的一点，且，则______．

三、解答题

17．（12分）在中，角所对的边分别为a，b，c，．

(1)求B；

(2)若，求的面积的最大值．

18．（12分）如图，在三棱柱中，为等边三角形，过作平面平行于，交于点.

(1)求证：点为的中点；

(2)若四边形是边长为2的正方形，且，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

19．（12分）甲、乙两位同学进行摸球游戏，盒中装有6个大小和质地相同的球，其中有4个白球，2个红球．

(1)甲、乙先后不放回地各摸出1个球，求两球颜色相同的概率；

(2)甲、乙两人先后轮流不放回地摸球，每次摸1个球，当摸出第二个红球时游戏结束，或能判断出第二个红球被哪位同学摸到时游戏也结束．设游戏结束时甲、乙两人摸球的总次数为X，求X的分布列和期望．

20．（12分）已知椭圆的离心率为，是C的上、下顶点，且．过点的直线l交C于B，D两点（异于），直线与交于点Q．

(1)求C的方程；

(2)证明：点Q的纵坐标为定值．

21．（12分）已知函数，（其中为自然对数的底数）.

(1)若，判断函数的零点的个数，并说明理由；

(2)当时，恒成立，求整数的最大值.

22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】

在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求和的直角坐标方程；

(2)设点的直角坐标为，为上的动点，求中点的轨迹的极坐标方程.

23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】

已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)令的最小值为.若正实数，，满足，求证：.

高三数学理科三模考试卷参考答案

1．A       2．D       3．D       4．C        5．C

6．C       7．B       8．A       9．B        10．B

11．D    12．A

13．4    14．60    15．    16．

17．(1)因为，

由正弦定理得：

将代入上式得：

结合，

可得

即，

因为，，所以

结合得

(2)若，，由余弦定理得

注意到，，由均值不等式，

故，当且仅当时取等，

于是，当且仅当即为正三角形时取等．

故的面积的最大值．

18．(1)证明：连接，设与相交于点，连接，则为中点，

∵平面，平面,平面平面，

∴，

∴为的中点，

(2)因为，所以，

又，

所以，又，

所以平面，

设的中点为，的中点为，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系.

则，

即，

设平面的法向量为，

由，得，令，得，

由题可知，平面的一个法向量为可以为,

所以，

所以，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为

19：(1)两球颜色相同分为都是红球或白球，其概率为；

(2)依题意X=2，3，4，5， ，

X=3，就是前2个一个是红球，一个是白球，第3个是红球，   ，

X=4，就是前3个有2个白球一个红球，第4个是红球，   ，

X=5，分为前4个球中有3个白球1个红球，第5个是红球，

或者是前4个是白球，第5个是红球，或者是前4个球中3个白球一个红球，

第5个是白球       ，

分布列为：

数学期望 ；

综上，两球同色的概率为 ，数学期望为 .

20．(1)因为，所以，

因为，其中，

所以设，解得．

所以椭圆C的方程为．

(2)显然直线l的斜率存在，设直线l方程为，

联立直线l与椭圆C方程，消去y得，．

设，

当，即时，

有．

直线方程为：，直线方程为：．

两式相除得，，

因为，所以，

整理得．即点Q的纵坐标为定值．

21．(1)解：函数有且只有一个零点.

理由如下: 因为

当时，，

所以，在上递增.

所以函数至多有一个零点，

又

所以使得

函数有且只有一个零点.

(2)当时，，即，

令，

所以，

当时，，

设，在(0，1]上单调递增，且，

所以存在，使得，即，

当时，；当时，.

所以函数在上单调递减，在上单调递增.

∴，

又在上单调递减，

又，所以， 所以整数的最大值是.

22．(1)解：因为直线的参数方程为（为参数），

所以直线的普通方程为，

因为曲线的极坐标方程为，即，

即，所以，

又，所以，即，

即曲线的普通方程为；

(2)解：设，则，

因为点在曲线上，所以，

即，所以中点的轨迹方程为，即

23．(1)

由得：

或或

解得：或或

综上所述：不等式的解集是.

(2)证明：由（1）中函数的单调性可得

∴

当且仅当时等号成立.