2022届江西省宜春中学八校高三下学期联考数学（理）试题含答案

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  2022年江西省宜春市八校联合考试高三理科数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分. 满分150分，考试时何120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上. 选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本试卷主要命题范围：高考范围.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，，则的非空真子集个数是（    ）A. 5 B. 6 C. 7 D. 8【答案】B【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义求出，最后求出其非空真子集个数；【详解】解：由，即，解得，所以，又，所以，因中含有个元素，所以其非空真子集有个；故选：B2. 已知复数z满足，则（    ）A.  B.  C. 10 D. 40【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算性质以及复数模的定义即可得到结果【详解】(4+2i)(2+i)=6+8i，设z=a+bi，则+2abi所以解的所以故选：A3. 我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1423石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得268粒内夹谷32粒.则这批米内夹谷约为（    ）A. 157石 B. 164石 C. 170石 D. 280石【答案】C【解析】【分析】用样本中夹谷的比例乘以总体容量可得结果.【详解】样本中夹谷比例为，用样本估计总体，可得这批谷内夹谷约为（石）.故选：C.4. 已知命题p：，，命题q：函数在R上单调递增，则下列命题中，是真命题的为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先判断命题、的真假，再根据复合命题的真假性规则判断即可；【详解】解：对于命题，当时，故命题为假命题，所以为真命题；对于，恒成立，所以函数在R上单调递增，故命题为真命题，所以为假命题，所以为假命题，为假命题，为真命题；故选：D5. 一个几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】根据三视图可知：该几何体是一个圆锥和正方体的组合体.圆锥的体积为，正方体的体积为8，故几何体的体积为：故选：A6. 过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，且，则直线AB的斜率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】当点在第一象限，通过抛物线定义及可知为中点，通过勾股定理可知，的关系，进而计算可得结论．【详解】解：如图，当点在第一象限时．过、分别向抛物线的准线作垂线，垂足分别为、，过作的垂线，垂足为，则四边形为矩形． 由抛物线定义可知，，又，，，在中，，直线的斜率为；当点在第一象限时，同理可知直线的斜率为．故选：A ．7. 《九章算术》有如下问题：“今有上禾三秉（古代容量单位），中禾二秉，下禾一秉，实三十九斗，上禾二秉，中禾三秉，下禾一秉，实三十四斗；上禾一秉，中禾二秉，下禾三秉，实二十六斗.问上､中､下禾一秉各几何？”依上文，设上､中､下禾一秉分别为斗，斗､斗，设计如图所示的程序框图，若输出的的值分别为，，，则判断框中可以填入的条件为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据程序框图的功能，一一循环，直至输出，，终止循环求解.【详解】解：程序框图运行过程：，，，；，，，；，，，；，跳出运行，输出.故选；B8. 将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则函数在下列哪个区间内单调递减（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出函数，再求出其单调递减区间即可判断作答.【详解】依题意，，于是有，其图象向左平移个单位得：，令，得函数的减区间，当时，的一个减区间是，有，A满足，B，C，D不满足；当时，的一个减区间是，B，C，D都不满足，显然k取任意整数，B，C，D都不满足，所以函数在上单调递减.故选：A9. 若曲线在点（1，f（1））处的切线方程为，则a＝（    ）A. 1 B.  C. 2 D. e【答案】A【解析】【分析】利用导数的几何意义求解.【详解】解：因为曲线，所以，又因为曲线在点（1，f（1））处的切线方程为，所以，故选：A10. 已知在三棱锥中，平面平面，，，，，则三棱锥的体积的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由面面垂直的性质得到平面，利用余弦定理及基本不等式求出，从而求出的面积最大值，最后根据计算可得；【详解】解：因为，即，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，在中，，由余弦定理，即，所以，所以，当且仅当时取等号；所以，即的面积最大值为；所以，即三棱锥的体积的最大值为；故选：D11. 已知双曲线C：的离心率为3，焦点分别为，，点A在双曲线C上．若的周长为14a，则的面积是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】不妨令在双曲线右支，根据双曲线的定义及离心率得到，，再由余弦定理求出，从而求出，最后由面积公式计算可得；【详解】解：不妨令在双曲线右支，依题意可得，，，解得，，又，由余弦定理即，解得，所以，所以的面积．故选：C．12. 在长方形中，，，点在边上运动，点在边上运动，且保持，则的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】建立坐标系，设，表示出各点的坐标，根据向量的模和三角函数的图象和性质即可求出．【详解】解：如图，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，，，，则，，，设，则，则，，，，，，，，其中，，当时，，当时，，当时，取得最大值，最大值为．故选：A．二、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，第三象限角，则___________.【答案】【解析】【分析】由同角三角函数的基本关系求出、，再根据两角差的正弦公式计算可得；【详解】解：因为是第三象限角，所以，又，所以，解得（舍去）或，所以；故答案为：14. 5名实习老师安排到4所学校实习，每所学校至少安排一人，则不同的安排方式共有______种．【答案】【解析】【分析】首先从5个老师中选人作为一组，其余3人每人一组，再将四组安排到四所学校，按照分步乘法计数原理计算可得；【详解】解：依题意首先从5个老师中选人作为一组，其余3人每人一组，再将四组安排到四所学校，故一共有种安排方法；故答案为：15. 若，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】分离参数，将恒成立问题转化为函数最值问题，根据单调性可得.【详解】因为，不等式恒成立，所以对恒成立.记，，只需.因为在上单调递减，在上单调递减，所以在上单调递减，所以，所以.故答案为：16. 已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，D是BC的中点，若，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】利用正弦定理将边化角，即可得到，再结合得到，最后借助基本不等式即可求解．【详解】解：因为，由正弦定理可得所以，化简得，即，因为，所以所以，又，，由余弦定理知，即，又，化简得，，又，当且仅当时取等号，故，即．故答案为：．三、解答题：共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 第17-21题为必考题，毎个试题考生都必须作答. 第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 已知公差不为0的等差数列中，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和为.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项可求出结果；（2）根据错位相减法可求出结果.【小问1详解】设等差数列的公差为，由题意可知.即，又，得，因为，所以，.故通项公式.【小问2详解】，，，，所以.18. 如图所示的五面体中，平面平面，四边形为正方形，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）依题意可得，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由余弦定理求出，即可得到，从而得证；（2）过点作交于点，即可得到平面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；【小问1详解】证明：因为四边形为正方形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以.在中，因为，故，不妨设，所以由余弦定理，得，则，所以，所以，又，平面，所以平面.【小问2详解】解：过点作交于点，则，平面平面，平面平面，平面，所以平面.如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为； 19. 在某市举行的一次市质检考试中，为了调查考试试题的有效性以及试卷的区分度，该市教研室随机抽取了参加本次质检考试的100名学生的数学考试成绩，并将其统计如下表所示．成绩X[75，85）[85，95）[95，105）[105，115）[115，125]人数Y62442208 （1）已知本次质检中的数学测试成绩，其中μ近似为样本的平均数，近似为样本方差，若该市有5万考生，试估计数学成绩介于90~120分的人数；（以各组的区间的中点值代表该组的取值）（2）现按分层抽样的方法从成绩在[75，85）以及[115，125]之间的学生中随机抽取7人，再从这7人中随机抽取3人进行试卷分析，记被抽取的3人中成绩在[75，85）之间的人数为X，求X的分布列以及期望E（X）．参考数据：若，则，，．【答案】（1）    （2）X的分布列见解析；【解析】【分析】（1）先求出样本数的平均数和方差，再结合正态分布求出数学成绩介于90~120分的人数；（2）求出X的所有可能取值，分别求得概率，列出分布列求出期望.【小问1详解】根据统计图表中的数据，结合平均数的计算方法，可得本次质检中数学测试成绩样本的平均数为.，则，所以，故所求人数为．【小问2详解】依题意成绩在之间的抽取3人，成绩在之间的抽取4人，故X的可能取值为0，1，2，3．故，，，．故X的分布列为0123 故E．20. 已知椭圆：，分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上一点，，.（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆的右顶点，直线是与椭圆交于两点的任意一条直线，若，证明直线过定点.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义，由得到a，再由，得到c求解；（2）当直线不垂直于轴，设该直线方程为，与椭圆方程联立， 根据，由结合韦达定理求解；当直线垂直于轴时，根据椭圆的对称性，由为等腰直角三角形求解.【小问1详解】解：因为椭圆方程，为椭圆上一点，由椭圆的定义知，所以，又，所以，，所以，所以椭圆方程为.【小问2详解】证明：①若直线不垂直于轴，设该直线方程为，，，由得，化简得，，所以，，，，因为，所以，所以，所以，去分母得，即.，所以或，当时，：过定点，显然不满足题意；当时，：过定点.②若直线垂直于轴，设与轴交于点，由椭圆的对称性可知为等腰直角三角形，所以，化简得，解得或2（舍去），即此时直线也过定点.综上直线过定点.21. 已知函数，．（1）求函数的单调区间；（2）若方程的根为、，且，求证：．【答案】（1）单调递减区间为，无单调递增区间；    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出的解析，从而求出导函数，即可得到函数的单调区间；（2）求导分析的单调性，，推出，设直线与的交点的横坐标为，则，证明当时，，即可得证．【小问1详解】解：因为，，所以定义域为，，所以在上单调递减，即的单调递减区间为，无单调递增区间；【小问2详解】证明：，，当时，当时所以在上是单调递减，在上单调递增，则，当时，，所以，且， 当时，，所以，即，设直线与的交点的横坐标为，则，下面证明当时，，设，，则，当时，，当时，，所以在上是减函数，在上增函数，又因为，，所以当时，，，故当时，，设直线与的交点的横坐标为，则，所以，得证．【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.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.曲线的极坐标方程为.（1）写出普通方程和曲线的参数方程；（2）点在圆上，当点到直线的距离最大时，求点的直角坐标.【答案】（1），（为参数）    （2）【解析】【分析】（1）由条件所给方程转换即可；（2）设点，则点到的距离，然后利用三角函数的知识求解即可.【小问1详解】由可得所以的普通方程为，由可得，所以曲线的直角坐标方程为，参数方程为（为参数）.【小问2详解】设点，则点到的距离，所以时，最大，此时，，，所以.[选修4-5：不等式选讲]23. 已知函数的值域为.（1）求；（2）证明：当时，.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由绝对值不等式的性质即可求解.（2）利用平方后作差,转化成的形式,然后根据第一问的范围即可证明差与0的关系,即可求解.【小问1详解】因为，所以值域为，即.【小问2详解】证明：由，由有，，可得，，故，可得.