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江西省宜春市八校2022届高三数学(理)下学期联考试题(Word版附解析)

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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.5B.6C.7D.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.10D.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.1B.C.2D.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.

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发布时间:2023-09-13 22:40:01 页数:21
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文章作者:随遇而安

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