2022届江西省名校高三一轮复习验收考试数学（文）试题含解析

2022届江西省名校高三一轮复习验收考试数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简集合B，根据交集运算求解.

【详解】

,

故选：C

2．的虚部为（    ）

A．9 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的乘法运算，将化为 形式，即可得答案.

【详解】,

所以的虚部为-7，

故选：B

3．已知平面向量，其中，若，则（    ）

A．26 B．13 C． D．

【答案】D

【分析】利用向量的数量积运算进行求解

【详解】，

，

故答案选：D

4．若数据的方差为8，则数据的方差为（    ）

A．1 B．2 C．13 D．32

【答案】B

【分析】根据计算即可得解.

【详解】解：因为数据的方差为，

所以数据的方差为.

故选：B.

5．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.

6．已知等差数列的前n项和为，若，则（    ）

A． B． C．6 D．7

【答案】A

【分析】根据等差数列的性质可得，再根据等差数列前项和的公式即可得解.

【详解】解：因为，

所以，即，

所以.

故选：A.

7．已知O为坐标原点，双曲线，若垂直于y轴的直线与C交于两点，且，则C的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件画出图形，设出点，将代入双曲线方程，求出，

由，得出，进而求出双曲线的渐近线方程.

【详解】因为垂直于y轴的直线与C交于两点且，

所以是的中点并且为直角三角形，设点，

如图所示，

由题意可知，点在双曲线上，

所以，解得（负舍），即，

在中，

又因为，所以

解得，

所以双曲线C的渐近线方程为.

故选：D.

8．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

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．函数在上的最大值与最小值之和为（    ）

A．6 B．3 C．8 D．4

【答案】A

【分析】根据函数解析式可得，可知函数图象关于点中心对称，即可得解.

【详解】，

故，

则的图象关于点中心对称，

故在上的最大值与最小值之和为6.

故选：A

11．已知函数的图象过点，且在上仅有1个极值点，若在区间上恒成立，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用三角函数的图像性质，分别代入，即可求出，进而利用数形结合，即可求出实数a的取值范围

【详解】函数的图象过点

，可得

，整理得，，且，，

在上仅有1个极值点，则，

综上，可得，又由于，得，则函数为，由于函数经过，可得，该函数为，因为

在区间上恒成立，所以，，则有

，且，解得

，故

故选：C

【点睛】关键点睛：1.代入，得，进而求出；

2.利用在上仅有1个极值点，求出，进而得出；

3.对于在区间上恒成立，即可利用三角函数的图像性质，即可求出实数a的取值范围，本题考查三角函数的图像性质，解题的关键在于充分利用三角函数的图像性质进行求解，属于难题

12．已知四面体中的所有棱长为，球是其内切球．若在该四面体中再放入一个球，使其与平面、平面、平面以及球均相切，则球与球的半径之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据图形，先求出四面体的高、表面积，利用等积法求出内切圆的半径，再由得出即可求解.

【详解】如图，

设S在平面ABC内的射影为O，为球的半径，为球的半径，分别为球，球与侧面的切点，

在中，该四面体的高，

又四面体的表面积，

则，解得，

所以，即，

解得，故.

故选：D

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．若从甲、乙等6名获得奖学金的高三学生中随机选取3人交流学习心得，则甲被选中且乙没被选中的概率为_______．

【答案】/0.3

【分析】分别求出从6名获得奖学金的高三学生中随机选取3人和甲被选中且乙没被选中的选法，再根据古典概型公式即可得解.

【详解】解：从6名获得奖学金的高三学生中随机选取3人，共有种选法；

其中甲被选中且乙没被选中，有种选法，

所以甲被选中且乙没被选中的概率为.

故答案为：.

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．已知曲线与过点的直线相切，则的斜率为_______．

【答案】/

【分析】设切点为，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点求出切点，从而可得出答案.

【详解】解：设切点为，

，则，

则切线方程为，

将点代入得，

化简得，解得，

所以切线的斜率为.

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．如图所示，四棱锥中，平面平面是等腰直角三角形，．

(1)求证：平面；

(2)若点E在线段上，且平面，求的值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）利用勾股定理可得，又可得平面SBC；

（2）根据线面平行的性质可得，利用三角形即可得解.

【详解】（1）因为平面SAB, 故，

在中 ,由,设，得，

因为平面SAB, SA平面SAB ,故，

是等腰直角三角形，故 SB = BC = 2，

在中，,

解得，故，即

因为平面，,

故 平面SBC.

（2）连接交于点，连接EG，

因为平面ACE，平面∩平面，

故，所以，

在直角梯形中，，

故，故

19．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，成为许多学生在假期实现自主学习的重要手段．为了调查A地区高中生一周网课学习的时间，随机抽取了500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a的值，并估计这500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)为了了解学生与家长对网课的态度是否具有差异性，研究人员随机抽取了200人调查，所得数据统计如下表所示，判断是否有的把握认为学生与家长对网课的态度具有差异性．

附：，其中．

【答案】(1)0.03，13.5h；

(2)有

【分析】（1）根据频率分布直方图各小矩形的面积之和为1求解，再利用平均数的定义求解；

（2）根据列联表求得的值，再与临界值表对照下结论.

【详解】（1）解：因为，

所以，

平均数为；

（2）因为，

所以有的把握认为学生与家长对网课的态度具有差异性．

20．已知函数．

(1)求在上的最值；

(2)若不等式对恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)最小值为－e，最大值为；

(2).

【分析】(1)求f(x)导数，根据导数正负判断f(x)在上的单调性，据此即可求其最值；

(2)分x＝2和x＞2讨论，当x＞2时，不等式参变分离，问题转化为.

【详解】（1）依题意，

令，解得，

当时，；当时，，

∴在上单调递减，在上单调递增，

而，

在上的最小值为－e，最大值为；

（2）依题意，在上恒成立.

当时，，∴；

当x＞2时，原不等式化为，

令，则，

∵，∴，∴在上单调递增，

∴，∴，

综上，实数a的取值范围是.

21．已知椭圆过点．

(1)求C的标准方程；

(2)若过点且不与x轴垂直的直线与C交于两点，记C的上顶点为D，若，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将点代入椭圆的方程，求得，即可求得椭圆的方程；

（2）设直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理求得，求得向量，求得，得到，结合直角三角形的性质，即可作出证明.

【详解】（1）解：由椭圆过点，

可得，解得，所以椭圆的方程为.

（2）因为直线过点且不垂直轴，可设直线的方程为，

联立方程组，整理得，

设，则，

又由，

可得

，

所以，所以，

又由，可得点为的中点，

根据直角三角形的性质，可得，所以，

又由三角形的性质，可得，

所以.

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，.