2022屆江西省鷹潭市高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)（理）試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 21 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 21 頁2022屆江西省鷹潭市高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1設(shè)全集，集合，則 （）ABCD【答案】B【分析】利用集合的補集和交集運算求解.【詳解】解：因為全集，所以或，又，所以，故選：B2已知復(fù)數(shù)滿足（i為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)對應(yīng)的點位于復(fù)平面內(nèi)（）A第一象限B第二象限C第三象限D(zhuǎn)第四象限【答案】A【分析】對題干中的式子進(jìn)行化簡得，再求出，即可求出所在象限.【詳解】 所對應(yīng)的點為 故復(fù)數(shù)對應(yīng)的點位于復(fù)平面內(nèi)的第一

2、象限故選：A.3若，則向量與的夾角為（）ABCD【答案】A【分析】由條件可得，再利用向量夾角公式即得.【詳解】由得，即，設(shè)向量與的夾角為，則，又，.故選：A.4已知一組數(shù)據(jù)，的平均數(shù)為A，方差為，另一組數(shù)據(jù)，滿足，若，的平均數(shù)為A，方差為，則（）ABCD【答案】C【分析】利用方差的性質(zhì)及平均數(shù)的意義可求解.【詳解】由題已知，利用方差的性質(zhì)，有.因為，所以，故，所以.故選：C.5在中，且，則“”是“為銳角三角形”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件【答案】A【分析】由已知先求，可得，然后可解.【詳解】因為，解得，即，所以，若，則，此時，為銳角三角形；若為銳角三角

3、形，取，則，故“”是“為銳角三角形”的充分不必要條件.故選：A6甲和乙兩個箱子中各有質(zhì)地均勻的9個球（兩個箱子中球的大小和形狀完全相同），其中甲箱中有4個紅球，2個白球，3個黑球，乙箱中有4個紅球，3個白球，2個黑球，先從甲箱中隨機取出一球放入到乙箱中，再從乙箱中隨機取出一球，記事件A表示“從乙箱中取出的球是紅球”，則（）ABCD【答案】C【分析】根據(jù)互斥事件的加法公式和古典概型的概率公式可求出結(jié)果.【詳解】. 故選：C7已知函數(shù)的極大值點，極小值點 ，則的取值范圍是 （）ABCD【答案】B【分析】求出的導(dǎo)函數(shù) ，由當(dāng)時取得極大值，當(dāng)時取得極小值，可得、是方程的兩個根，根據(jù)一元二次方程根的分布

4、可以得到參數(shù) 、滿足的不等式組，畫出其表示的平面區(qū)域，根據(jù)的幾何意義即可求解【詳解】 又因為當(dāng)時取得極大值，當(dāng)時取得極小值，可得、是方程的兩個根，根據(jù)一元二次方程根的分布可得 即：作出該不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示（不包括邊界），可求出邊界交點坐標(biāo)分別為 、，表示平面區(qū)域內(nèi)的點與點連線的斜率，由圖可知 ，根據(jù)傾斜角的變化，可得故選:B8算數(shù)術(shù)竹簡于上世紀(jì)八十年代出土，這是我國現(xiàn)存最早的有系統(tǒng)的數(shù)學(xué)典籍，其中記載有求“囷蓋”的術(shù)：“置如其周，令相乘也，叉以高乘之，三十六成一.該術(shù)相當(dāng)于給出了由圓錐的底面周長L與高h(yuǎn)，計算其體積V的近似公式.它實際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取為3

5、.現(xiàn)有一圓錐底面周長為，側(cè)面面積為，其體積的近似公式為，用此的近似取值（用分?jǐn)?shù)表示）計算過該圓錐頂點的截面面積的最大值為（）A15BCD8【答案】D【分析】由已知求得母線長，底面半徑為，再結(jié)合體積近似公式和圓錐體積公式求的近似值并確定，最后利用余弦定理求截面頂角的范圍，由三角形面積公式有截面積為，即可確定最大值.【詳解】若圓錐母線長為，底面半徑為，則，故，又，故，而，則，可得，所以，若截面頂角，當(dāng)截面為軸截面時，此時，又截面面積為，故當(dāng)時截面面積的最大值為8.故選：D9設(shè)拋物線：的焦點為，已知，且，拋物線上一點滿足，若線段的垂直平分線過點，則直線的斜率為（）ABCD【答案】D【分析】由，可得，

6、進(jìn)而可得，即可求出結(jié)果.【詳解】因為，設(shè)，則，所以，直線垂直平分線段.，根據(jù)拋物線定義知，所以，所以直線的斜率，故直線的斜率.故選：D10若正整數(shù)、只有為公約數(shù)，則稱、互質(zhì).對于正整數(shù)，是小于或等于的正整數(shù)中與互質(zhì)的數(shù)的個數(shù).函數(shù)以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數(shù)，例如：，則下列說法正確的是（）AB數(shù)列是等差數(shù)列CD數(shù)列的前項和為，則【答案】D【分析】利用題中定義可判斷A選項；利用特殊值法可判斷B選項；求出的值，結(jié)合對數(shù)的運算性質(zhì)可判斷C選項；計算出，利用錯位相減法可求得，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，在不超過的正整數(shù)中，與互質(zhì)的正整數(shù)有：、，故，A錯；對于B選項，因為，顯然、不成等差數(shù)

7、列，B錯；對于C選項，為質(zhì)數(shù)，在不超過的所有正整數(shù)中，能被整除的正整數(shù)的個數(shù)為，所有與互質(zhì)的正整數(shù)的個數(shù)為，所以，因此，C錯；對于D選項，因為為質(zhì)數(shù)，在不超過的正整數(shù)中，所有偶數(shù)的個數(shù)為，所以，所以，則，所以，上述兩個不等式作差可得，所以，D對.故選：D.11已知函數(shù)，則下列說法正確的是（）A是函數(shù)的對稱軸B函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增C函數(shù)的最大值為，最小值為-2D函數(shù)在區(qū)間上恰有2022個零點，則【答案】D【分析】對于A,驗證，即可判斷正誤；對于B，脫掉絕對值符號，求導(dǎo)數(shù)，分段討論，根據(jù)三角函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行判斷；對于C，分段討論，采用換元法，求得函數(shù)的最值；對于D，先判斷在 上的零點有兩個，即可知

8、當(dāng) 時，函數(shù)在 上有 個零點，由此結(jié)合條件求得.【詳解】A. ,故不是函數(shù)的對稱軸，故A錯誤；B. 時，則，當(dāng)時，遞減， 遞增，故在區(qū)間上單調(diào)遞減，且，則時， ，遞增，時， ，遞減，故B錯誤；C.由于，即 是的一個周期，故只需考慮在 上的最值即可；當(dāng)時，令 ，則 在為單調(diào)減函數(shù)，故 ；當(dāng)時，令 ，則 在為單調(diào)增函數(shù)，故，綜合以上可知最大值為 ，最小值為 ，故C錯誤；D由于 是的一個周期，故先考慮在 上的零點情況，當(dāng)且僅當(dāng) 時，此時 或，即在 上的零點有兩個，即當(dāng) 時，函數(shù)在 上有 個零點，由于函數(shù)在區(qū)間上恰有2022個零點，則 ，故D正確，【點睛】本題綜合考查了含絕對值符號時三角函數(shù)的性質(zhì)問題

9、，綜合性較強，要能綜合應(yīng)用三角函數(shù)以及分類討論脫絕對值符號的相關(guān)知識靈活解答.12已知，且則下列不等式中恒成立的個數(shù)是（）A1B2C3D4【答案】B【分析】，分析得到所以正確；，構(gòu)造函數(shù)舉反例判斷得解；，構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)單調(diào)性判斷得解；，轉(zhuǎn)化為判斷，再構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性即得解.【詳解】解：，若，所以矛盾，所以所以正確；，設(shè)，所以當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增，因為，所以不恒成立，如，所以該命題錯誤；，設(shè)在單調(diào)遞增，因為，所以恒成立，所以該命題正確；，設(shè)，所以，所以函數(shù)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.取設(shè)，所以在單調(diào)遞增，所以存在，此時，所以該命題錯誤.故選：B二、填空題13已知是

10、各項均為正數(shù)的等比數(shù)列的前n項和，若，則_【答案】243【分析】設(shè)公比為，根據(jù)等比數(shù)列的通項公式解方程組求出和，再根據(jù)等比數(shù)列的通項公式可求出結(jié)果.【詳解】設(shè)公比為，則，解得， 所以.故答案為：24314已知，二項式的展開式中所有項的系數(shù)和為192，則展開式中的常數(shù)項為_【答案】36【分析】根據(jù)所有項的系數(shù)和求出，再根據(jù)二項展開式的通項公式可求出結(jié)果.【詳解】因為二項式的展開式中所有項的系數(shù)和為192，所以，得或（舍去），因為的展開式的通項為，所以展開式中的常數(shù)項為.故答案為：3615已知雙曲線C：，直線與曲線C交于A，B兩點（點A在點B的上方），點E在軸上，且軸，若的內(nèi)心到軸的距離不小于，則

11、雙曲線C離心率的取值范圍為_【答案】【分析】根據(jù)題意求出的坐標(biāo)，利用面積求出的內(nèi)切圓的半徑，根據(jù)的內(nèi)心到軸的距離不小于，列式求出，再根據(jù)離心率公式可求出結(jié)果.【詳解】當(dāng)時，所以、，因為，所以，因為點E在軸上，且軸，所以，設(shè)的內(nèi)切圓的半徑為，則，所以，所以，依題意可得，即，所以，化簡得，所以離心率，又，所以雙曲線C離心率的取值范圍為.故答案為：.16已知菱形ABCD，AB=BD=4，現(xiàn)將ABD沿對角線BD向上翻折，得到三棱錐A-BCD.若點E是AC的中點，BDE的面積為，三棱錐A-BCD的外接球被平面BDE截得的截面面積為，則的最小值為_【答案】【分析】由題設(shè)易知面，進(jìn)而確定面與三棱錐A-BCD

12、的外接球的截面為球體最大截面，若是中點，連接，球心在直線上，令，用表示出、，最后應(yīng)用基本不等式求最小值，注意等號成立條件.【詳解】由題設(shè)，E是AC的中點，則，又，故面，所以三棱錐A-BCD的外接球球心在面上，即面所得截面為球體的最大截面，若是中點，連接，球心在直線上，令，而，故，若球體半徑，則，故，可得，故，所以綜上，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以的最小值為.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：應(yīng)用線面垂直判定證面，并確定錐體外接球球心位置及面在球體上截面特征，若是中點，連接，令，應(yīng)用表示出.三、解答題17的內(nèi)角，的對邊分別為，且.(1)求角；(2)若，求周長的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）

13、由，結(jié)合兩角和與差的三角函數(shù)，利用正弦定理求解； （2）方法一：利用余弦定理結(jié)合基本不等式求解；方法二：利用正弦定理轉(zhuǎn)化為，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)求解.【詳解】(1)解：由，得，所以，即.又由正弦定理有，又，所以，又，解得.(2)方法一：，即，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.所以周長的最大值為；方法二：由（1）得，在ABC中，所以周長，=，=，因為，所以，即時周長取最大值18如圖，在四棱錐E-ABCD中，AB/CD，AD=CD=BC=AB，點E是以AB為直徑的半圓弧的中點，平面ABE平面ABCD，M，N分別為DE，BC的中點(1)求證：MN/平面ABE；(2)求二面角N-AE-

14、D的余弦值【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）取EC的中點的F，連接MF，NF，易得、，利用線面平行的判定有平面、平面，再由面面平行的判定及性質(zhì)即可證結(jié)論；（2）根據(jù)面面垂直、線面垂直性質(zhì)證EO，AB，OG兩兩垂直，依此構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，求面、面的法向量，應(yīng)用空間向量夾角的坐標(biāo)表示求二面角的余弦值.【詳解】(1)如圖所示，取EC的中點的F，連接MF，NF，因為M，F(xiàn)分別為ED和EC的中點，所以，因為，所以，因為平面，平面，所以平面，同理平面，因為，平面，平面，所以平面平面，而平面，所以平面.(2)如圖所示，過E作交AB于O，因為平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，

15、E為弧的中點，則O與AB的中點，取CD的中點G，連接OG，因為，所以，因為平面ABCD，且面ABCD，所以，綜上，EO，AB，OG兩兩垂直，以O(shè)為原點，分別以AB為x軸，以O(shè)E為y軸，以O(shè)G為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，所以，可得，則，設(shè)面的一個法向量，則，令，則，若面的一個法向量為，則，令，則，由圖知：二面角的平面角為銳角，則，所以二面角角的余弦值為.19迎接冬季奧運會期間，某市對全體高中學(xué)生舉行了一次關(guān)于冬季奧運會相關(guān)知識的測試統(tǒng)計人員從全市高中學(xué)生中隨機抽取200名學(xué)生成績作為樣本進(jìn)行統(tǒng)計，測試滿分為100分，統(tǒng)計后發(fā)現(xiàn)所有學(xué)生的測試成績都在區(qū)間40，100內(nèi)，并制成如下所示的頻率分布直

16、方圖.(1)估計這200名學(xué)生的平均成績（同一組中的數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點值為代表）；(2)在這200名學(xué)生中用分層抽樣的方法從成績在，的三組中抽取了10人，再從這10人中隨機抽取3人，記X為3人中成績在的人數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(3)規(guī)定成績在的為等級，成績在的為等級，其它為等級.以樣本估計總體，用頻率代替概率.從所有參加考試的同學(xué)中隨機抽取10人，其中獲得等級的人數(shù)恰為人的概率為，當(dāng)為何值時的值最大？【答案】(1)69.5分；(2)分布列見解析，；(3)4.【分析】（1）根據(jù)頻率直方圖求平均成績即可；（2）由分層抽樣求出從，中分別抽取的人數(shù)，進(jìn)而確定X所有可能取值并求出對應(yīng)概率寫出分布列

17、，根據(jù)分布列求期望；（3）由題設(shè)得，利用二項分布概率公式及不等式法解決最大概率問題.【詳解】(1)這200名學(xué)生的平均成績?yōu)椋海ǚ郑?(2)由，的三組頻率之比為，從，中分別抽取6人，3人，1人，X所有可能取值為0，1，2，3，則，故X的分布列為：X0123故(3)依題意，等級的概率為， 且，所以，而，則，即，解得，因為，所以.20設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點P在圓上，過點P作軸的垂線，垂足為Q且.(1)求動點D的軌跡E的方程；(2)直線與圓相切，且直線與曲線E相交于兩個不同的點A、B，點T為線段AB的中點.線段OA、OB分別與圓O交于M、N兩點，記的面積分別為，求的取值范圍.【答案】(1)；(2).【

18、分析】（1）設(shè)，由向量的數(shù)量關(guān)系可得，再由點在圓上，將坐標(biāo)代入圓得到軌跡方程；（2）當(dāng)?shù)男甭室椎门c橢圓E相切，則并設(shè)直線方程，由直線與圓的相切關(guān)系有，聯(lián)立橢圓應(yīng)用韋達(dá)定理求，應(yīng)用三角形面積公式得到關(guān)于m的表達(dá)式，應(yīng)用函數(shù)思想求范圍即可.【詳解】(1)設(shè)，則，因，則，又P在圓上，即，所以動點D的軌跡E的方程是.(2)當(dāng)直線的斜率時，直線與橢圓E相切，不符合題意，因此，設(shè)直線的方程為：，因直線與圓相切，則，即，由消去x并整理得：，設(shè)，則，而T是線段AB中點，則，令，則，而，當(dāng)，即時，于是.21已知函數(shù)，(1)當(dāng)時，求曲線在點處的切線方程；(2)若函數(shù)有兩個不同的零點，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1

19、)(2)【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，即可求解；（2）首先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論，和兩種情況，分析函數(shù)的零點.【詳解】(1)當(dāng)時，則，則所求切線方程為：即；(2)由已知可得：方程在有兩個不等實根，設(shè)，則數(shù)定義域為且， （）當(dāng)即時，則時，單調(diào)遞增；時，單調(diào)遞減，所以，則所求方程只有一個解，不符合題意，舍去. （）當(dāng)即時.，若，即時，則時，單調(diào)遞減；若，則單調(diào)遞增，所以，則所求方程只有一個解，不符合題意，舍去若，即，則為增函數(shù)，又，則所求方程只有一個解，不符合題意，舍去若即時，則時，單調(diào)遞增；時，單調(diào)遞減：時，單調(diào)遞增.又，可知，時，在區(qū)間單調(diào)遞增，由根的存在性定理可得：存在唯一，使得，又此時，所求方程有2個不同解，符合題意若即時，則時，單調(diào)遞增；時，單調(diào)遞減時，單調(diào)遞增.又，于