2022屆江蘇省南京外國語、金陵中學(xué)、海安中學(xué)高三下學(xué)期5月模擬數(shù)學(xué)試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁第 Page * MergeFormat 17 頁 共 NUMPAGES * MergeFormat 17 頁2022屆江蘇省南京外國語、金陵中學(xué)、海安中學(xué)高三下學(xué)期5月模擬數(shù)學(xué)試題一、單選題1設(shè)集合M=5，x2，N=5x，5若M=N，則實數(shù)x的值組成的集合為（）A5B1C0，5D0，1【答案】C【分析】利用集合相等求解.【詳解】解：因為，所以，解得或，的取值集合為，故選：C2已知復(fù)數(shù)（是虛數(shù)單位），則對應(yīng)的點在第（）象限A一B二C三D四【答案】A【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法的運算法則，結(jié)合共軛復(fù)數(shù)的定義和復(fù)數(shù)在復(fù)平面對應(yīng)點的特征進

2、行求解即可.【詳解】，顯然對應(yīng)的點在第一象限內(nèi)，故選：A3八音是中國古代對樂器的總稱，指金石土革絲木匏竹八類，每類又包括若干種樂器.現(xiàn)有土絲竹三類樂器，其中土有缶塤2種樂器；絲有琴瑟筑琵琶4種樂器；竹有簫笛籠3種樂器.現(xiàn)從這三類樂器中各選1種樂器分配給甲乙丙三位同學(xué)演奏，則不同的分配方案有（）A24種B72種C144種D288種【答案】C【分析】根據(jù)題意，分2步進行分析：由分步計數(shù)原理計算從這三類樂器中各選1種樂器的選法數(shù)目，將選出的3種樂器安排給甲乙丙三人，由分步計數(shù)原理計算可得答案【詳解】解：從這三類樂器中各選1種樂器的選法有（種），將3種樂器分配給甲乙丙三位同學(xué)演奏的方法有（種），因此不

3、同的分配方案共有（種）.故選：C.4已知，若，則（）ABCD【答案】C【分析】由同角的基本關(guān)系式和兩角差的余弦公式，計算可得出答案.【詳解】.故選：C.5已知均為單位向量，且滿足，則的值為（）ABCD【答案】B【分析】通過向量的線性運算進行化簡求值即可.【詳解】，同理故選：B.6某同學(xué)高考后參加國內(nèi)3所名牌大學(xué)A，B，C的“強基計劃”招生考試，已知該同學(xué)能通過這3所大學(xué)A，B，C招生考試的概率分別為x，y，該同學(xué)能否通過這3所大學(xué)的招生考試相互獨立，且該同學(xué)恰好能通過其中2所大學(xué)招生考試的概率為，該同學(xué)恰好通過A，B兩所大學(xué)招生考試的概率最大值為（）ABCD【答案】D【分析】根據(jù)獨立事件的概率

4、公式，結(jié)合基本不等式進行求解即可.【詳解】由題意，恰好通過兩所大學(xué)招生考試的概率最大值為，故選：D7正四面體P-ABC的棱長為4，若球O與正四面體的每一條棱都相切，則球O的表面積為（）A2B8CD12【答案】B【分析】求正四面體的棱切球，轉(zhuǎn)化到正方體中即可.【詳解】將正四面體補成一個正方體球與正四面體的棱都相切則球與正方體的內(nèi)切球，設(shè)正方體邊長為，故選：B. 8若兩曲線y=x2-1與y=alnx-1存在公切線，則正實數(shù)a的取值范圍為（）ABCD【答案】A【分析】分別求出導(dǎo)數(shù)，設(shè)出切點，得到切線方程，再由兩點的斜率公式，結(jié)合切點滿足曲線方程，運用導(dǎo)數(shù)求的單調(diào)區(qū)間、極值、最值即可得出a的取值范圍.

5、【詳解】設(shè)切線：，即切線：，即，令在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以故選：A二、多選題9某校為了解學(xué)生體能素質(zhì)，隨機抽取了100名學(xué)生進行體能測試，并將這100名學(xué)生成績整理得到如下頻率分布直方圖根據(jù)此頻率分布直方圖，下列結(jié)論中正確的是（）Aa=0.012B這100名學(xué)生中成績在50，70）內(nèi)的人數(shù)為52C這100名學(xué)生成績的中位數(shù)為65D這100名學(xué)生的平均成績?yōu)?8.2（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值做代表）【答案】ABD【分析】由概率之和為1可判斷A；結(jié)合頻率與頻數(shù)的關(guān)系可判斷B；結(jié)合中位數(shù)的公式可判斷C；由平均數(shù)的公式可判斷D.【詳解】對于A，所以A正確對于B，所以B正確；對于C，中位

6、數(shù)在，設(shè)中位數(shù)為，則，所以C錯誤對于D，平均數(shù)，所以D正確故選：ABD.10在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線的焦點為F，點P在拋物線C上，若為等腰三角形，則直線的斜率可能為（）ABCD【答案】AB【分析】由拋物線的定義求得，設(shè)，得到，分、和，三種情況討論，結(jié)合選項，即可求解.【詳解】由題意，拋物線的焦點為，因為，由拋物線的定義，可得，設(shè)，可得，當時，可得，所以，則，所以B正確；當時，此時方程無解；當時，可得，所以，則，所以A正確.故選：AB11已知函數(shù)=sincosx+cossinx，其中x表示不超過實數(shù)x的最大整數(shù)，下列結(jié)論中不正確的是（）A的一個周期是2B是偶函數(shù)C在單調(diào)遞減D的最大值

7、不大于【答案】BCD【分析】A.利用周期函數(shù)的定義判斷；B.利用的關(guān)系判斷；C.由時判斷；D.由判斷.【詳解】A.，故正確；B.，故錯誤；C.當時，則，在無單調(diào)性，故錯誤； D.，故錯誤；故選：BCD12如圖，正方形ABCD-A1B1C1D1邊長為1，P是 上的一個動點，下列結(jié)論中正確的是（）ABP的最小值為B 的最小值為C當P在直線上運動時，三棱錐 的體積不變D以點B為球心，為半徑的球面與面 的交線長為【答案】ACD【分析】當時，BP最小,結(jié)合正三角形性質(zhì)，求得B到直線的距離，判斷A;建立空間直角坐標系，利用空間向量，設(shè)求得點，結(jié)合兩點間的距離公式，求得PA+PC的最小值，判斷B;根據(jù)當P在

8、直線A1D上運動時，三棱錐的底面積以及高的變化情況，可確定體積不變沒判斷C;根據(jù)題意確定以點B為球心，為半徑的球面與面 的交線即為的內(nèi)切圓，即可求得交線長，判斷D.【詳解】對于A，當時，BP最小，由于到直線的距離對對于B,以為坐標原點建系，以 分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則,設(shè),表示平面上之間的距離，表示平面上之間的距離，錯；對于C,平面，平面到平面的距離為定值,為定值，則為定值，對對于D，由于平面，設(shè)與平面交于點，設(shè)以為球心，為半徑的球與面交線上任一點為，在以為圓心，為半徑的圓上，由于為正三角形，邊長為 ，其內(nèi)切圓半徑為 ，故此圓恰好為的內(nèi)切圓，完全落在面內(nèi)，交線長為正確故選：AC

9、D【點睛】本題考查了空間幾何中的距離以及距離和的最值問題，以及三棱錐體積和幾何體中的軌跡問題，綜合性強，要求充分發(fā)揮空間想象能力，解答時要能借助于幾何體的直觀圖，明確空間的點線面的位置關(guān)系，靈活應(yīng)用空間向量以及相關(guān)相關(guān)知識解決問題.三、填空題13已知二項式的展開式中含的項的系數(shù)為80則實數(shù)_【答案】【分析】根據(jù)二項式的通項公式進行求解即可.【詳解】二項式的通項公式為：，令，因此有：，故答案為：14設(shè)函數(shù)y=的圖象與的圖象關(guān)于直線y=x對稱，若，實數(shù)m的值為_【答案】1【分析】根據(jù)題意求出，從而列出方程，求出.【詳解】，函數(shù)y=的圖象與的圖象關(guān)于直線y=x對稱，故答案為：115在平面直角坐標系中

10、，已知,若在以點為圓心，為半徑的圓上存在不同的兩點,使得，則的取值范圍為_【答案】【詳解】試題分析：設(shè)點到直線AB距離為則由題意得,其中M為AB中點，因此，【解析】直線與圓位置關(guān)系四、雙空題16德國數(shù)學(xué)家康托爾是集合論的創(chuàng)始人，以其名字命名的“康托爾塵?！弊鞣ㄈ缦拢旱谝淮尾僮鳎瑢⑦呴L為1的正方形分成9個邊長為的小正方形后，保留靠角的4個，刪去其余5個；第二次操作，將第一次剩余的每個小正方形繼續(xù)9等分，并保留每個小正方形靠角的4個，其余正方形刪去；以此方法繼續(xù)下去、經(jīng)過n次操作后，共刪去_個小正方形；若要使保留下來的所有小正方形面積之和不超過，則至少需要操作_次（）【答案】 9【分析】通過觀察可

11、知每次刪掉的正方形數(shù)和保留下來的正方形數(shù)為等比數(shù)列，然后根據(jù)等比數(shù)列的求和公式可解.【詳解】由題可知，每次刪掉的正方形數(shù)構(gòu)成公比為4，首項為5的等比數(shù)列，所以經(jīng)過n次操作后，共刪去的正方形個數(shù)；易知，第次操作后共保留個小正方形，其邊長為，所以，保留下來的所有小正方形面積之和為由，得所以，至少需要9次操作才能使保留下來的所有小正方形面積之和不超過.故答案為：，9.五、解答題17已知數(shù)列各項都不為，且滿足，(1)求的通項公式；(2)若，的前n項和為，求取得最小值時的n的值【答案】(1)；(2).【分析】（1）由得時， 得，分奇偶項即可求出 （2）由得，當時，當時，當時，取得最小值【詳解】(1)當時

12、，的奇數(shù)項和偶數(shù)項各自成等差數(shù)列且為奇數(shù)），（為偶數(shù)(2)，當時，當時，當時，取得最小值18在ABC中，a，b，c分別為A，B，C所對邊，(1)求cosC的值；(2)若，求的值【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理將已知條件轉(zhuǎn)化為“邊”的等式，再利用余弦定理即可求得cosC的值；（2）首先利用角C的值和已知條件判斷出角A為銳角，再利用兩角和的正弦公式求得的值，進而利用正弦定理即可求得的值【詳解】(1)由，可得則，由正弦定理得由余弦定理得整理得，又，則則，(2)由（1）可知，又，則，由，可知角A為鈍角或銳角若A為鈍角，則這與內(nèi)角和為矛盾，即A不能為鈍角， 為銳角，由，可得19如

13、圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是邊長為2的正三角形，側(cè)面ACC1A1是菱形，平面ACC1A1平面ABC，E，F(xiàn)分別是棱A1C1，BC的中點，G是棱CC1上一點，且(1)證明：EF平面ABB1A1；(2)若三棱錐C1-ABC的體積為1，且二面角A-EG-F的余弦值為，求t的值【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）取中點，連接證明，原題即得證；（2）證明平面，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標系，利用向量法求解.【詳解】(1)證明：取中點，連接為的中點，為的中點，四邊形為平行四邊形，平面平面，平面.(2)解：平面平面過作平面，為中點，如圖分別以所在的直線為軸建立空間直角

14、坐標系，由，設(shè)平面和平面的一個法向量分別為,，設(shè)二面角的平面角為,.20自2022年3月起，新冠肺炎本土疫情已波及全國27個省份，呈現(xiàn)出點多面廣頻率大的特點中國疾控中心流行病學(xué)專家表示，由于奧密克戎傳染性強隱匿性強，癥狀比較輕，增加了第一時間發(fā)現(xiàn)最早病例的難度，這就造成了多省多起疫情同時發(fā)生某學(xué)校為了保障教學(xué)活動的正常進行，決定加強學(xué)生的核酸檢測，同時為了避免過度防疫，造成人力財力等不必要的浪費，核酸檢測作如下要求：每班班級人數(shù)50人，每次按學(xué)號隨機抽取30人，每周抽兩次(1)一周內(nèi)，高三（1）班的甲同學(xué)被抽取到的次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)設(shè)一周內(nèi)，兩次都被抽取到的人數(shù)為變量Y，

15、則Y的可能取值是哪些？其中Y取到哪一個值的可能性最大？請說明理由【答案】(1)分布列見解析；期望為(2)的所有可能取值為，取到18的可能性最大；理由見解析【分析】（1）由題意，得到每次抽取甲同學(xué)被抽到的概率均為，且的所有可能取值為，求得相應(yīng)的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解；（2）根據(jù)題意，得到的所有可能取值為，結(jié)合，得到，求得的范圍，即可求解.【詳解】(1)解：每次抽取甲同學(xué)被抽到的概率均為，所以的所有可能取值為，可得，所以隨機變量的分布列為：012所以期望為.(2)解：隨機變量的所有可能取值為，則，所以，可得，解得，所以隨機變量取到18的可能性最大.21在平面直角坐標系xOy中，

16、設(shè)橢圓的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在橢圓C上，連結(jié)PF1，PF2并延長，分別交橢圓于點A，B已知APF2的周長為，F(xiàn)1PF2面積最大值為4(1)求橢圓C的標準方程；(2)當P不是橢圓的頂點時，試分析直線OP和直線AB的斜率之積是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請說明理由【答案】(1)(2)是定值；【分析】（1）根據(jù)APF2的周長為和F1PF2面積最大值為4，得到4a=，bc=4求解；（2）設(shè)直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理求得點A的坐標，同理得到點B的坐標，再利用斜率公式求解.【詳解】(1)解：如圖所示：由題意得，解得，所以橢圓的方程為(2)設(shè)直線的方程為，由得，即，同理可得，為定值22已知函數(shù)=e2x，m0，設(shè)(1)若函數(shù)有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍；(2)若直線是直線=e2x的一條切線，求證：ab，都有【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)零點存在性定理進行判定；（2）根據(jù)題意，求出切線，然后轉(zhuǎn)化所給不等式逐步分析求證.【詳解】(1)當時，單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增，要使有兩個零點