2022届江西省名校高三一轮复习验收考试数学（理）试题含解析

2022届江西省名校高三一轮复习验收考试数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】解可得出，求出对数函数的定义域即可得出，然后根据交集的运算，即可得出答案.

【详解】解可得，所以.

由可得，，所以.

所以.

故选：C．

2．若复数为纯虚数，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及纯虚数的定义，即可求解．

【详解】为纯虚数，

，解得．

故选：A．

3．已知随机变量，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据已知条件求得，进而求解结论．

【详解】随机变量，且，

，

．

故选：B．

4．标准对数视力表采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，此表由14行开口方向各异的正方形“E”形视标所组成，从上到下分别对应视力，且从第一行开始往下，每一行“E”形视标边长都是下一行“E”形视标边长的倍，若视力4.1的视标边长为a，则视力4.9的视标边长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意可知视标边长从上到下是以为公比的等比数列，记视力的视标边长为，则视力4.9的视标边长为，从而可得出答案.

【详解】解：根据题意可知视标边长从上到下是以为公比的等比数列，

记视力的视标边长为，

则视力4.9的视标边长为.

故选：D.

5．已知正方形的边长为，点在线段上，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系.由已知可推得，然后写出各点的坐标，表示出向量的坐标，根据向量数量积的坐标表示，即可得出答案.

【详解】

建立如图所示直角坐标系，则，，.

因为，即，所以，则，

所以，，

则.

故选：D．

6．已知等差数列的前项和为，，公差，则数列的前项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用条件得出等差数列前项和，从而得到，利用等差数列的定义知数列为等差数列，进而可求出结果.

【详解】，公差，所以

得到，所以为常数，即数列为等差数列，首项为，公差为，

则数列的前项和为，

故选：B．

7．对正整数a，函数表示小于或等于a的正整数中与a互质的数的数目，此函数以其首位研究者欧拉命名，故称为欧拉函数．例如：因为均和8互质，所以．基于上述事实，（    ）

A．8 B．12 C．16 D．24

【答案】C

【分析】先由对数的运算计算，再由欧拉函数的定义求解即可.

【详解】

∵小于或等于32的正整数中与32互质的实数为，，共有16个，

.

故选：C

8．已知双曲线的上、下焦点分别为，，若存在点，使得，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用已知条件，推出是双曲线上的点，通过的坐标以及双曲线的渐近线方程的关系，求解的范围即可．

【详解】双曲线的上、下焦点分别为，，

若存在点，使得，

所以是双曲线上的点，双曲线的渐近线的斜率为：，

而在上，

所以，解得．

故选：D．

9．已知四棱锥的底面为正方形，平面为等腰三角形，若分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意画出图形，建立空间直角坐标系，设，

然后写出的坐标，利用向量的夹角公式即可求解.

【详解】由题意可知，平面，底面为正方形，以为坐标原点，

建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，

，

因为分别为的中点，所以，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

故选：B.

10．已知函数，，若与的图象的交点坐标依次为，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据条件判断函数和都是关于对称的，利用对称性进行求解即可．

【详解】，而向左平移1个单位，再向上平移2个单位则得到，且的对称中心为，

所以的对称中心为，

又函数，

所以也是函数的对称中心，

所以函数与函数的图象的交点两两关于点对称，

所以，，，，，，

所以．

故选：A．

11．已知函数，现有如下说法：

的图象关于直线对称；

为的一个周期；

在上单调递增．

则上述说法中正确的个数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】对于①，验证关于对称的点为是否在图像上即可.

对于②，验证是否成立即可.

对于③，根据复合函数的单调性，即可判断.

【详解】①设为上的任意一点，

则且此点关于对称的点为，

，

点不在函数上，故①错误；

②，

为的一个周期，故②正确；

③当时，单调递增且，

∵在上单调递增，

∴由复合函数的单调性，可知在上单调递增，故③正确．

∴说法正确的有2个.

故选：．

12．已知三棱锥的体积为，，若三棱锥外接球的球心恰为线段的中点，且，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设球的半径为，推导出，均为直角三角形，，作于，连接，可得，求出，由此能求出，进而能求出球的表面积．

【详解】解：设球的半径为，

是球的直径，，均为直角三角形，

三棱锥的体积为，，

，

如图所示，作于，连接，可得，

，，

，

解得，

球的表面积为．

故选：B．

二、填空题

13．若实数满足 则的最大值为_______．

【答案】14

【分析】由约束条件画出可行域，要使有最大值，即直线与可行域有交点时在y轴的截距最大，即可求的最大值.

【详解】由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，

由，得，

由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最大值为.

故答案为：.

14．的展开式中的系数为______________.

【答案】48

【分析】由以及的展开式的通项公式可得结果.

【详解】因为，

又的展开式的通项公式为，.

所以的展开式中的系数为：.

故答案为：48.

【点睛】本题考查了二项展开式的通项公式，属于基础题.

15．已知抛物线的焦点为F，过F作斜率为的直线与C交于两点，若线段中点的纵坐标为，则F到C的准线的距离为_______．

【答案】

【分析】设、，利用点差法可得出，最后根据线段中点的纵坐标为即可求出结果.

【详解】设，，则，，

两式相减得，即，

因为、两点在斜率为的直线上，所以，

所以由得，

因为线段中点的纵坐标为，所以，

则，，

所以F到C的准线的距离为.

故答案为：.

16．若不等式对任意恒成立，则实数的值为______．

【答案】

【分析】将不等式恒成立转化为，令，利用导数求出的最大值为，从而可得，令，利用导数求出，从而可求得的值．

【详解】解：不等式对任意恒成立等价于不等式对任意恒成立，

即，令，，

当时，，单调递增；当时，，单调递减，

所以，

所以，即，

令，，令，可得，

令，可得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，

所以．

故答案为：．

三、解答题

17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．在中，内角所对的边分别为，且_．

(1)求B的大小；

(2)若，求的最大值．

注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)8

【分析】（1）选①，利用余弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；

选②，利用正弦定理化边为角，即可得解；

选③，利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角的关系求得，即可得解；

（2）利用余弦定理结合基本不等式即可得出答案.

【详解】（1）解：选①，因为，所以，

即，

所以，

又，

所以；

选②，因为，所以，

即，

因为，所以，

所以，

所以；

选③，因为，所以，

则，

则有，

即，

所以，

因为，所以，

所以，

又，

所以；

（2）解：由（1）得，

即，

解得，当且仅当时，取等号，

所以的最大值为8．

18．网课是一种新兴的学习方式，它以互联网为平台，为学习者提供包含视频、图片、文字等多种形式的系列学习课程，由于具有方式多样，灵活便捷等优点，网课成为许多学生在假期实现自主学习的重要手段．为了调查地区高中生一周网课学习的时间，随机抽取了名上网课的学生，将他们一周上网课的时间单位：h按，，，，分组，得到频率分布直方图如图所示．

(1)求的值，并估计这名学生一周上网课时间的平均数同一组中的数据用该组区间的中点值代表；

(2)以频率估计概率，若在地区所有上网课的高中生中任选人，记一周上网课时间在的人数为，求的分布列以及数学期望．

【答案】(1)，

(2)分布列见解析，期望值为1

【分析】（1）由频率和等于1，可求的值，再由平均数计算公式可解；

（2）由题意可得，，所有可能取值为，，，，，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解.

【详解】（1）由频率分布直方图可得，，解得．

这名学生上网课时间的平均数为

．

（2）由题意可得，一位学生一周上网课时间在的概率为：，

则，所有可能取值为，，，，，

故，，

，，

，

故的分布列为：

故E．

19．如图，在三棱柱中，，，．

(1)求证：；

(2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据已知可推得，，进而得出平面，.然后根据勾股定理，可证得，进而得出平面，即可得出证明；

（2）设，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，然后求出以及平面的法向量，根据向量法即可求出答案.

【详解】（1），

，.

，，

.

，平面，平面，

平面.

又平面，.

在中，有.

，，

，

，.

又平面，平面，，

平面.

平面，

．

（2）

由（1）知，平面，.

设，则，，

则以为原点，分别以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

设，则，，，，，

，，.

设平面的一个法向量为，

，即，

取，则，，所以是平面的一个法向量，

，

直线与平面所成角的正弦值．

20．已知椭圆，过点．

(1)求C的方程；

(2)若不过点的直线l与C交于M，N两点，且满足，试探究：l是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)直线过定点

【分析】（1）将代入椭圆方程求；

（2）由可得，设直线l方程为，将韦达定理代入求得，从而知l恒过定点.

【详解】（1）由题意，，解得，

所以椭圆C的标准方程为．

（2）因为，两边平方，化简整理得，

易知直线l的斜率存在，设其方程为，其中．

由，得，

，

设，则，

所以

，

所以，

即，

因为，所以，

所以，

得，解得，满足，

所以直线l的方程为：，即直线过定点

【点睛】过椭圆上一定点,作两条直线分别与椭圆交于A,B两点,且两直线斜率之积为,则

  (1)当时,直线恒过一个定点,且定点为.

  (2) 当时,直线AB的斜率为定值.

21．已知函数.

(1)判断的零点个数；

(2)当时，证明：.

【答案】(1)个

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，结合函数的最值可得出结论；

（2）所证不等式即为.当时，可利用放缩法证明即可；在时，由（1）得出，并证明出，转化为证明，构造函数，利用导数证得，即可证得结论成立.综合可得出结论.

【详解】（1）解：函数函数的定义域为，，

令，则且不恒为零，

所以在上单调递增，又因为，

所以当时，，所以在上单调递减，

当时，，所以在上单调递增，

所以，，故仅有个零点.

（2）证明：要证，即证.

①当时，则，则，

而，所以原不等式成立；

②当时，，由（1）知时，，

所以，则，

所以只需证.

令，，则且不恒为零，

所以在上单调递减，所以，即.

故只需证，即证，

令，其中，令，

则，且不恒为零，故函数在上为增函数，

故，且不恒为零，故在上为增函数，

则，即，

综上所述，.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是．

(1)求的极坐标方程以及C的直角坐标方程；

(2)设点分别在与C上，求的最小值．

【答案】(1)的极坐标方程为，C的直角坐标方程为

(2)

【分析】（1）将直线的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程即可，根据将曲线C化为普通方程即可；

（2）的最小值即为点到直线的距离，设，根据点到直线的距离公式及二次函数的性质即可得解.

【详解】（1）解：因为直线的参数方程为（t为参数），

所以直线的普通方程为，

所以，

即，

即的极坐标方程为，

因为曲线C的极坐标方程是，

所以，即，

所以C的直角坐标方程为；

（2）解：的最小值即为点到直线的距离，

设，则，

所以点到直线的距离，

所以当时，，此时点的坐标为，

所以的最小值为.

23．已知函数的最小值为m．

(1)求m的值；

(2)求证：当时，．

【答案】(1)5；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用放缩法及绝对值不等式求解即可；

（2）根据“1”的变形及均值不等式求最值即可得证.

【详解】（1）

，当且仅当时，等号成立，

所以有最小值5，即.

（2）证明：，

，当且仅当，即时取等号，

即当时，.