江西省九江市2022届第三次高考模拟统一考试数学（文）试题-9

这是一份江西省九江市2022届第三次高考模拟统一考试数学（文）试题-9，共20页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，等差数列中，若，则，已知命题若，则，命题，，则，已知，则等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前江西省九江市2022届第三次高考模拟统一考试数学（文）试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三总分得分    注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分  一、单选题1．已知为虚数单位，且，则（       ）A． B． C． D．2．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．3．等差数列中，若，则（       ）A．16 B．18 C．20 D．224．已知命题若，则，命题，，则（       ）A．为真命题 B．为假命题C．为真命题 D．为真命题5．已知，则（       ）A． B． C． D．6．已知，，，其中为自然对数的底数，则（       ）A． B． C． D．7．已知函数是定义在的奇函数，且当时，．若，则（       ）A． B． C． D．8．小明同学本学期次数学测验中，最高分为分，最低分为分，中位数为分，则这次数学测验的平均分不可能是（       ）A．分 B．分 C．分 D．分9．已知正三棱柱的所有棱长均相等，直线与所成的角为，则（       ）A． B． C． D．10．双曲线的左右焦点分别为，为圆与该双曲线的一个公共点，则的面积为（       ）A． B． C． D．11．如图，半径为的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，其表面积为（       ） A． B． C． D．12．若对任意恒成立，则的最小值为（       ）A． B．2 C． D．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分  二、填空题13．已知向量，，若，则实数的值为____________．14．若满足约束条件，则的最大值为___________．15．中，三内角的对边分别为，已知，则角________．16．油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宜传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节．活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射抽纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，北京的阳光与地面夹角为），若伞柄底正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为______________．评卷人得分  三、解答题17．已知数列的前项和为，且满足，．(1)求；(2)求数列的前项和．18．2021年11月，江西省出台了新规落实“双减”政策，在加强学生作业管理方面《若干措施》提出，要控制书面作业总量，小学一、二年级不得布置家庭书面作业，小学三至六年级每天书面作业总量平均完成时间不超过60分钟，初中每天书面作业总量平均完成时间不超过90分钟．某中学为了了解七年级学生的家庭作业用时情况，从本校七年级随机抽取了一批学生进行调查，并绘制了学生家庭作业用时的频率分布直方图，如图所示． (1)求频率分布直方图中的值，并估算学生家庭作业用时的中位数（精确到0.1）；(2)作业用时不能完全反映学生学业负担情况，这与学生自身的学习习惯有很大关系．如果作业用时50分钟之内评价等级为优异，70分钟以上评价等级为一般，其它评价等级为良好．现从等级优异和等级一般的学生里面用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求至少有1人被评价为等级一般学生的概率．19．如图，矩形中，，，为上一点且．现将沿着折起，使得，得到的图形如图． (1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积．20．已知曲线在处的切线经过坐标原点．(1)求的值；(2)若，求的取值范围．21．已知抛物线过点，且P到抛物线C的焦点的距离为2．(1)求抛物线C的方程；(2)设A，B为抛物线C上两点，且，求点P到直线距离的最大值．22．在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．(1)求曲线的直角坐标方程；(2)若曲线上恰有三个点到曲线的距离为，求的值．23．设函数．(1)若关于x的不等式恒成立，求a的取值范围；(2)在平面直角坐标系中，所围成的区域面积为S，若正数b，c，d满足，求的最小值．
参考答案：1．D【解析】【分析】由复数运算可求得，根据模长的运算方法可求得结果.【详解】由题意得：，.故选：D.2．A【解析】【分析】解分式和一元二次不等式可求得集合，由交集定义可得结果.【详解】由得：，即，解得：，即；由得：，解得：，即；.故选：A.3．B【解析】【分析】根据列出关于的两个方程，解出， 代入即可得到答案【详解】 ，解得 故选：B4．C【解析】【分析】分别判断出命题的真假，由复合命题真假性可得结果.【详解】当时，，知命题为假；当时，，知命题为真；为假命题，为真命题；为真命题；为假命题.故选：C.5．B【解析】【分析】首先根据辅助角公式得到，再利用诱导公式求解即可。【详解】，即，故选：B6．A【解析】【分析】由对数函数单调性，结合临界值可确定大小关系.【详解】，.故选：A.7．B【解析】【分析】根据奇偶性，由可求得，代入即可求得结果.【详解】为奇函数，，解得：，.故选：B.8．D【解析】【分析】设除最高分、最低分和中位数的另外次成绩为，由此可得的范围；根据平均数的计算方法可求得平均数的取值范围，由此可得选项.【详解】由题意知：小明在次数学测验中有次的成绩为：；设另外次成绩为，则，，次数学测验的平均分为，则这次数学测验的平均分不可能是分.故选：D.9．C【解析】【分析】设分别为中点，由平行关系可知，利用余弦定理可求得，由此可得，由同角三角函数平方关系可得.【详解】设分别为中点，连接，，，直线与所成角为的补角，即；设正三棱柱的棱长为，，，，，，，则，又，.故选：C.10．A【解析】【分析】由双曲线方程可得焦点坐标，知，由勾股定理和双曲线定义可求得，利用可求得结果.【详解】由双曲线方程知：，，是圆的直径，，，又，，解得：，.故选：A.11．D【解析】【分析】作出截面图形，可知小球最大半径满足，由此可求得，由球的表面积公式可求得结果.【详解】如图所示，小球最大半径满足：，解得：，小球的表面积.故选：D.12．D【解析】【分析】分别在，条件下化简不等式，由不等式恒成立条件求的最小值.【详解】不等式可化为，当时，，由已知可得，设，则，当时，，函数在为减函数，当时，，函数在为增函数，所以当时，函数取最大值，最大值为，所以，所以，当时，，由已知可得，设，则，当时，，函数在为减函数，当时，，函数在为增函数，所以函数不存在最小值，且当且时，，所以不成立，故所以的最小值为，故选：D.13．【解析】【分析】由向量垂直的坐标运算可直接构造方程求得结果.【详解】，，解得：.故答案为：.14．【解析】【分析】由约束条件可得可行域，将问题转化为直线在轴截距最小问题的求解，利用数形结合的方式可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，当取得最大值时，直线在轴截距最小，由图形可知：当过点时，其在轴截距最小，由得：，即，.故答案为：.15．##【解析】【分析】利用余弦定理角化边可配凑出的形式，由此可得结果.【详解】由余弦定理得：，整理得：，，又，.故答案为：.16．##【解析】【分析】根据左焦点到右顶点距离可得；在中，利用正弦定理可求得，由此可得，进而求得离心率.【详解】如图所示，伞柄底端应该位于椭圆的左焦点，且左焦点到右顶点的距离为，即；在中，由正弦定理得：，，，该椭圆的离心率为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆离心率的求解，解题关键是能够提炼出基本图形，结合正弦定理可求得椭圆的，由此可得离心率.17．(1)(2)【解析】【分析】（1）当时可求得，由与关系，结合的值可证得数列为等比数列，由等比数列通项公式可求得结果；（2）由（1）可得数列的通项公式，采用裂项相消法可求得结果.(1)当时，，即，解得：；当时，由得：，，又，满足，数列是以为首项，为公比的等比数列，.(2)由（1）得：，数列的前项和为：.18．(1)，(2)【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的频率之和为1，即可求出的值，根据频率分布直方图中位数的求法，即可求出结果；（2）根据分层抽样可知等级优异学生被抽取的人数为4人，等级一般学生被抽取的人数为2人，然后根据题意列出满足题意的所有可能，根据古典概型即可求出结果.(1)解：由题意可知，，所以，由左至右各个分区间的概率分别为，中位数为分钟(2)解：由题意知按等级分层抽取6名，则等级优异学生被抽取的人数为4人，等级一般学生被抽取的人数为2人，记4名等级优异学生分别为，等级一般学生为，则从这6名学生中抽取2人的情况有，一共15种情况，2人中至少有1名等级一般学生共有9种情况，故所求概率为.19．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）由长度关系可求得，知，结合可证得平面，由线面垂直性质可得；结合，由线面垂直的判定可得结论；（2）利用体积桥，根据三棱锥体积公式可求得，结合长度和平行关系可知.(1)四边形为矩形，，且，，即；，即；又，，，又，，平面，平面，平面，；，，平面，平面.(2)由（1）知：平面，；，即，，，.20．(1)(2)【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义可求得在处的切线方程，代入坐标原点即可求得；（2）采用分离变量的方式可得，利用导数可求得单调性，由此可得，进而得到的取值范围.(1)，，又，在处的切线为：，又该切线过原点，，解得：.(2)由（1）得：，定义域为；若恒成立，则；令，则；令，则；恒成立，，在上单调递减，又，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，，即的取值范围为.【点睛】方法点睛：本题考查导数几何意义、恒成立问题的求解；求解恒成立问题的基本方法是采用分离变量法，转化为或的形式，由此可得或，进而利用导数求函数最值即可.21．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据抛物线的性质以及点在抛物线上列出方程求出，即可求出抛物线方程.（2）设出，，以及直线方程，利用，根据韦达定理求出之间的关系即可知直线过定点，P到直线距离的最大值.(1)解：根据抛物线的性质可知又点在抛物线C上，即抛物线C的方程(2)设，,即设直线的方程为，代入，可得，即直线的方程为故直线过定点，点P到直线距离的最大值.22．(1)（不同时为）；(2)或【解析】【分析】（1）根据极坐标和直角坐标互化原则直接求解即可；（2）当，时可得方程，结合对称性可得曲线围成的图形，结合图形分析可构造方程求得的值.(1)由知：，则，曲线的直角坐标方程为：（不同时为）；由得：，即，曲线的直角坐标方程为：.(2)当，时，曲线：，即；结合对称性可得曲线围成的图形如下图所示，曲线上恰有三个点到曲线的距离为，或，解得：或.23．(1)或；(2)【解析】【分析】（1）根据绝对值不等式的性质可知，可知，解次绝对值不等式，即可求出结果；（2）根据题意作出围成的区域，平面区域由一个正方形及其内部组成，正方形的中边长为，可知，再将，利用基本不等式即可求出结果.(1)解：，依题意，得， 即或，解得或，∴的取值范围为或；(2)解：由，得，如图， 平面区域由一个正方形及其内部组成，正方形的中心为，四个顶点分别为, 其边长为，所以，所以，而都为正数，所以.当且仅当时取等号，故的最小值为.