江西省南昌市第二中学2022届高三数学上学期第四次月考试题理

南昌二中2022届高三第四次考试数学（理）试卷一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．若复数Z，是虚数单位）是纯虚数，则复数（）A.B.C.D.2．设集合A＝{x｜＜7x}，B＝{x｜5＜2x＜17}，则A∩B中整数元素的个数为（）A．3B．4C．5D．63．已知，,，则它们的大小关系是（）A．B．C．D．4．设表示三条不同的直线，表示三个不同的平面，下列四个命题正确的是（）A.若，则B.若，是在内的射影，，则C.若是平面的一条斜线，，为过的一条动直线，则可能有D.若，则5．已知数列是公差为的等差数列，为数列的前项和.若成等比数列，则（）A．B．C．D．6．函数y＝e|lnx|－|x－2|的图象大致是（）-13-\n7.若对于任意x∈R都有f（x）＋2f（－x）＝3cosx－sinx，则函数f（2x）图象的对称中心为（）A．（kπ－，0）（k∈Z）B．（－，0）（k∈Z）C．（kπ－，0）（k∈Z）D．（－，0）（k∈Z）8．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的的值是（）A.B．C．D．9．已知函数，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则的最小值为（）A．B．C．D．10．在中，，，点是所在平面内一点，则当取得最小值时，（）A.24B.C.D.11.2022年9月24日,英国数学家M.F阿蒂亚爵在“海德堡论坛”展示了他“证明”黎曼猜想的过程,引起数学界震动.黎曼猜想来源于一些特殊数列求和,记12．函数满足，，若存在-13-\n，使得成立，则的取值（）A.B.C.D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分,共20分.14．设实数满足，则的取值范围是__________．15.若函数在其定义域内的一个子区间内存在极值，则实数的取值范围是．16．已知三棱锥中，平面平面，则三棱锥的外接球的大圆面积为__________．三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.（本小题满分10分）已知．（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式的解集为，求实数的取值范围．18.（本小题满分12分）在中，的对边分别是，（1）求的值；（2）若，求面积的最大值.-13-\n19．（本小题满分12分）已知数列的首项，．（1）证明：数列是等比数列；（2）设，求数列的前n项和．20．（本小题满分12分）如图，已知多面体的底面是边长为的菱形，底面，，且．（1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值．-13-\n21.（本小题满分12分）已知圆，点为圆上的一个动点，轴于点，且动点满足，设动点的轨迹为曲线.（1）求动点的轨迹曲线的方程；（2）若直线与曲线相交于不同的两点、且满足以为直径的圆过坐标原点，求线段长度的取值范围.-13-\n21.（本小题满分12分）设函数（1）当时，求函数的极值；（2）若关于的方程有唯一解，且，,求的值.-13-\n南昌二中2022届高三第四次考试数学（理）试卷参考答案一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.题号123456789101112答案CBDBACDBCACA二、填空题:本大题共4小题,每小题5分，满分20分．13.—714.15.16.小题详解：1.B是纯虚数，，解得；则2.B3.D指数函数与幂函数的应用，易选D.4.B，则或；若，则由可得。若，则存在有m∥n。因为，所以，从而可得，A不正确；过l上一点作，则B点在直线n上，且AB⊥m。因为n是l在上射影，所以l,n平行或相交，从而可得l,n,AB共面。因为m⊥n，所以m⊥l,n,AB所在平面，从而可得m⊥l，B正确；若，设，则直线AB是直线m在平面α内的射影。因为m是平面α的斜线，所以l,m,AB共面且直线m与直线AB相交。若，由可得m∥AB，矛盾，C不正确；垂直于同一平面的两个平面可能平行或相交，D不正确。综上可得，选B5．A因为是公差为的等差数列，为的前项和，成等比数列，所以，解得，所以，故选C.-13-\n6.C7.D8.B由三视图可得此几何体的直观图如图，由三视图可知：该几何体是一个四棱锥，底面，，底面是一个上下边长分别为和，高为的直角梯形，体积，所以，故选B．9．C因为，设的最小正周期为，则，所以的最小值为，选C.10.A以C为坐标原点，直线CB,CA分别为x,y轴建立直角坐标系，则，设当时，取得最小值，，选A.11.C12．A由题意设，则，所以（为常数）．∵，∴，∴，∴．令，则，故当时，单调递减；当时，单调递增．∴，从而当时，，∴在区间-13-\n上单调递增．设，则，故在上单调递增，在上单调递减，所以．∴不等式等价于，∴，解得，故的取值范围为．选A．13.—714.15.函数的导函数为，令（其中舍去），当时，，当时，，所以原函数在时取得极小值，则有，所以取值范围为.16.如图所示，设的中点为，，连结，因为，所以，又平面平面，所以平面，又因为是等腰直角三角形，所为的外心，，所以球心一定在直线上，，所以球心在线段的延长线上，设，则三棱锥外接球半径，即，解得，所以，所以三棱锥的外接球的大圆面积.17.解：（1）当时，，-13-\n易得解集为．（2）．∵解集为，∴恒成立，∵，∴．18.解.(1)(2)19.（1）证明：，，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．（2）解：由（1）知，即，设，①则，②由①－②得，，，又，∴数列的前n项和．-13-\n20．（1）证明：连接，交于点，设中点为，连接，．因为，分别为，的中点，所以，且，因为，且，所以，且．所以四边形为平行四边形，所以，即．因为平面，平面，所以．因为是菱形，所以．因为，所以平面．因为，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）因为直线与平面所成角为，所以，所以．所以，故△为等边三角形．设的中点为，连接，则．以为原点，，，分别为轴，建立空间直角坐标系（如图）．则，，，，，，．设平面的法向量为，则即则所以．设平面的法向量为，则即令则所以．设二面角的大小为，由于为钝角，所以21.解：（1）设动点，由于轴于点由题意，，得-13-\n即将代入，得曲线的方程为（2）当直线的斜率不存在时，因以为直径的圆过坐标原点，故可设直线为，联立解得同理求得所以；当直线的斜率存在时，设其方程为，设联立，可得由求根公式得（*）∵以为直径的圆过坐标原点，即即化简可得，将（*）代入可得，即即，又将代入，可得-13-\n∴当且仅当，即时等号成立．又由，，；综上，得．21.解.(1)22.(2)-13-