江西?。|鄉(xiāng)一中、都昌一中、豐城中學(xué)、贛州中學(xué)、景德鎮(zhèn)二中、上饒中學(xué)、上栗中學(xué)、新建二中）新八校高三下學(xué)期第二次聯(lián)考數(shù)學(xué)（理）試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁(yè)，共 =sectionpages 3 3頁(yè)第 Page * MergeFormat 19 頁(yè) 共 NUMPAGES * MergeFormat 19 頁(yè)2022屆江西?。|鄉(xiāng)一中、都昌一中、豐城中學(xué)、贛州中學(xué)、景德鎮(zhèn)二中、上饒中學(xué)、上栗中學(xué)、新建二中）新八校高三下學(xué)期第二次聯(lián)考數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1全集，集合，則（）ABCD【答案】D【分析】分別求解兩個(gè)集合，再進(jìn)行集合的運(yùn)算，即可求解.【詳解】，解得：或 ，所以,，集合，所以故選：D2關(guān)于復(fù)數(shù)（a，為虛數(shù)單位），下列說法正確的是（）A若則B若為的共軛復(fù)數(shù)，則C復(fù)數(shù)的虛部為D若，則在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為【答案

2、】D【分析】對(duì)于選項(xiàng)，直接求負(fù)數(shù)的模；對(duì)于選項(xiàng)，考察共軛復(fù)數(shù)概念，若一個(gè)復(fù)數(shù)為，則其共軛復(fù)數(shù)為；對(duì)于選項(xiàng)，通過分子分母同時(shí)乘以分母的共軛復(fù)數(shù)即可.【詳解】對(duì)于選項(xiàng)，若，則，故答案錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)，若為的共軛復(fù)數(shù)，則，故答案錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)，復(fù)數(shù)的虛部為，故答案錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)，若，則，故答案正確.故選：3某校有1000人參加某次模擬考試，其中數(shù)學(xué)考試成績(jī)近似服從正態(tài)分布，試卷滿分150分，統(tǒng)計(jì)結(jié)果顯示數(shù)學(xué)成績(jī)優(yōu)秀（高于120分）的人數(shù)占總?cè)藬?shù)的，則此次數(shù)學(xué)考試成績(jī)?cè)?0分到105分（含90分和105分）之間的人數(shù)約為（）A150B200C300D400【答案】C【分析】由隨機(jī)變量，得到正態(tài)分布曲線的

3、對(duì)稱軸為，結(jié)合正態(tài)分布曲線的對(duì)稱性，求得，即可求解.【詳解】由題意，隨機(jī)變量，即，即正態(tài)分布曲線的對(duì)稱軸為，因?yàn)?，所以，所以所以此次?shù)學(xué)考試成績(jī)?cè)?0分到105分之間的人數(shù)約為.故選：C.4函數(shù)的圖像為（）ABCD【答案】A【分析】以函數(shù)的定義域、奇偶性去排除錯(cuò)誤選項(xiàng)即可.【詳解】函數(shù)的定義域?yàn)?，可以排除選項(xiàng)B、C；由，可知函數(shù)為偶函數(shù)，其圖像應(yīng)關(guān)于y軸軸對(duì)稱，可以排除選項(xiàng)D.故選：A5在下列五個(gè)命題中，其中正確的個(gè)數(shù)為（）命題“，都有”的否定為“，有”；已知，若與夾角為銳角，則的取值范圍是；“”成立的一個(gè)充分不必要條件是“”；已知是一條直線，是兩個(gè)不同的平面，若，則.函數(shù)的圖像向左平移個(gè)單位

4、后所得函數(shù)解析式為.A4B3C2D1【答案】C【分析】對(duì)于：由全稱命題的否定直接判斷；對(duì)于：取特殊值直接否定結(jié)論；對(duì)于：用定義法判斷“”成立的一個(gè)充分不必要條件是“”成立；對(duì)于：利用線面垂直的性質(zhì)定理即可證明；對(duì)于：由圖像的相位變化直接求解.【詳解】對(duì)于：命題“，都有”的否定為“，有”，故錯(cuò)誤；對(duì)于：當(dāng)時(shí)，此時(shí)/.故錯(cuò)誤；對(duì)于：“”等價(jià)于“”. 因?yàn)椤啊薄啊保?但是 “”不能推出 “”，所以“”成立的一個(gè)充分不必要條件是“”成立，故正確；對(duì)于：由線面垂直的性質(zhì)定理，因?yàn)椋?故正確；對(duì)于：函數(shù)的圖像向左平移個(gè)單位后所得函數(shù)解析式為.故錯(cuò)誤.故選：C6在中，若，則此三角形解的情況為（）A無(wú)解B

5、兩解C一解D解的個(gè)數(shù)不能確定【答案】C【分析】求出的值，結(jié)合大邊對(duì)大角定理可得出結(jié)論.【詳解】由正弦定理可得可得，因?yàn)椋瑒t，故為銳角，故滿足條件的只有一個(gè).故選：C.7如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，粗實(shí)線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體外接球的表面積是（）ABCD【答案】A【分析】根據(jù)三視圖可知,該幾何體是從棱長(zhǎng)為4的正方體中截取的三棱錐，其中A為棱的中點(diǎn)，由正方體的性質(zhì)可知平面ABC，先求得的外接圓半徑，再利用球的截面性質(zhì)，由求得球的半徑即可.【詳解】如圖所示：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為4，三視圖對(duì)應(yīng)的幾何體為三棱錐，其中A為棱的中點(diǎn)由正方體的性質(zhì)可知平面ABC，因?yàn)锳為棱的中點(diǎn)，所以在中，由

6、余弦定理可得，所以，所以的外接圓半徑，則三棱錐的外接球半徑，故三棱錐的外接球表面積為故選：A【點(diǎn)睛】本題主要考查三視圖的應(yīng)用以及幾何體的外接球問題，還考查了空間想象和運(yùn)算求解的能力，屬于中檔題.8“中國(guó)剩余定理”又稱“孫子定理”，最早可見于中國(guó)南北朝時(shí)期的數(shù)學(xué)著作孫子算經(jīng)卷下第十六題，叫做“物不知數(shù)”問題，原文如下：今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩二，五五數(shù)之剩三，七七數(shù)之剩二問物幾何？現(xiàn)有一個(gè)相關(guān)的問題：將1到2021這2021個(gè)自然數(shù)中被5除余3且被7除余2的數(shù)按照從小到大的順序排成一列，構(gòu)成一個(gè)數(shù)列，則該數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為（）A58B59C60D61【答案】A【分析】根據(jù)題意先得到數(shù)列的首項(xiàng)及公差，

7、再建立不等式即可求解.【詳解】因?yàn)橛?到2021這2021個(gè)自然數(shù)中被5除余3且被7除余2的數(shù)按照從小到大的順序所構(gòu)成的數(shù)列是一個(gè)首項(xiàng)為23，公差為35的等差數(shù)列，所以該數(shù)列的通項(xiàng)公式為因?yàn)椋约丛摂?shù)列的項(xiàng)數(shù)為58故選：A9設(shè)x，y滿足約束條件，且的最大值為1，則的最小值為（）A64B81C100D121【答案】D【解析】作出可行域，作出目標(biāo)函數(shù)對(duì)應(yīng)的直線，平移該直線得最優(yōu)解，從而得的關(guān)系式，然后用“1”的代換，配湊出積為定值，用基本不等式得最小值【詳解】作出約束條件表示的可行域，如圖，內(nèi)部（含邊界），作直線直線 ，中，由于，是直線的縱截距，直線向上平移時(shí)，縱截距增大， 所以當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)時(shí)，

8、取得最大值，則，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故的最小值為121故選：D【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃，考查用基本不等式求最值解題思路是利用簡(jiǎn)單的線性規(guī)劃求得變量滿足的關(guān)系式，然后用“1”的代換湊配出定值，再用基本不等式求得最小值求最值時(shí)注意基本不等式的條件：一正二定三相等，否則易出錯(cuò)10已知函數(shù)在區(qū)間上有且僅有4條對(duì)稱軸，給出下列四個(gè)結(jié)論：在區(qū)間上有且僅有3個(gè)不同的零點(diǎn)；的最小正周期可能是；的取值范圍是；在區(qū)間上單調(diào)遞增其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是（）ABCD【答案】B【分析】令，則，由函數(shù)在區(qū)間上有且僅有4條對(duì)稱軸，即有4個(gè)整數(shù)符合，可求出判斷，再利用三角函數(shù)的性質(zhì)可依次判斷.【詳解

9、】由函數(shù)， 令，則函數(shù)在區(qū)間上有且僅有4條對(duì)稱軸，即有4個(gè)整數(shù)符合，由，得，則，即，故正確；對(duì)于，當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上有且僅有3個(gè)不同的零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上有且僅有4個(gè)不同的零點(diǎn)；故錯(cuò)誤；對(duì)于，周期，由，則，又，所以的最小正周期可能是，故正確；對(duì)于，又，又，所以在區(qū)間上不一定單調(diào)遞增，故錯(cuò)誤故正確結(jié)論的序號(hào)是：故選：B【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：函數(shù)的性質(zhì)：(1) .(2)周期(3)由 求對(duì)稱軸，由求對(duì)稱中心.(4)由求增區(qū)間；由求減區(qū)間.11已知，為雙曲線的左右焦點(diǎn)，為雙曲線右支上異于頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)，若為內(nèi)切圓上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)?shù)淖畲笾禐?時(shí)，的內(nèi)切圓半徑為（）ABCD【答案】C【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)及雙曲線的定

10、義，確定M的橫坐標(biāo)，即得出圓心的橫坐標(biāo)，利用圓的幾何性質(zhì)知的最大值即為，即可求解.【詳解】設(shè)的內(nèi)切圓分別與，切于N，B，與切于M，如圖，則,又點(diǎn)在雙曲線右支上，所以，故，而，設(shè)M的坐標(biāo)為，可得: ，解得，設(shè)內(nèi)切圓半徑為，則內(nèi)切圓圓心為，則的最大值為，即，解得.故選：C12設(shè)，則，的大小順序?yàn)椋ǎ〢BCD【答案】A【分析】根據(jù)a、b、c的結(jié)構(gòu)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可比較出a、b、c的大小，得到正確答案.【詳解】因?yàn)?，?gòu)造函數(shù)，則，在上遞增，在上遞減.則有最大，即，.若有兩個(gè)解，則，所以所以即,令，則，故在上單增,所以，即在上，.若，則有，即.故，所以.當(dāng)時(shí)，有，故所以.綜上所述：.故

11、選：A【點(diǎn)睛】利用函數(shù)單調(diào)性比較大小的類型：（1）比較冪指數(shù)、對(duì)數(shù)值的大??；（2）比較抽象函數(shù)的函數(shù)值的大小；（3）利用單調(diào)性解抽象（結(jié)構(gòu)復(fù)雜）函數(shù)型不等式.二、填空題13若 ，則的值 _.【答案】【分析】根據(jù)賦值法分別令、，然后可得.【詳解】令，得，令，得，所以故答案為：14甲乙丙丁等6人排成一排，要求甲乙兩人相鄰，并且甲乙兩人與丙丁兩人都不相鄰，則不同的排法種數(shù)是_.(用數(shù)字作答)【答案】【分析】甲乙捆綁一起，6人只要排到5個(gè)位置，然后按甲乙排在兩端還是排在中間分類討論可得【詳解】甲乙捆綁一起，相當(dāng)于6人只要排到5個(gè)位置上，按甲乙排在兩端還是排在中間分類可得方法數(shù)為故答案為：7215已知函

12、數(shù)的導(dǎo)函數(shù)滿足：，且，當(dāng)時(shí)，恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_【答案】【分析】先構(gòu)造函數(shù)，利用，最終求得，即時(shí)，恒成立，參變分離后使用切線放縮，最后求得的取值范圍.【詳解】設(shè)，則，故，則，又因?yàn)?，即，所以，因?yàn)椋栽谏虾愠闪?，其中，理由如下：?gòu)造，則，令得：，當(dāng)?shù)茫?，?dāng)?shù)茫海试谔幦〉臉O小值，也是最小值，從而得證.故，故，實(shí)數(shù)a的取值范圍為故答案為：【點(diǎn)睛】切線放縮是一種很重要的方法，再使用導(dǎo)函數(shù)證明不等式或者求參數(shù)的取值范圍時(shí)，經(jīng)常使用，常見的切線放縮有以下幾個(gè)：，等，在做題中做到靈活運(yùn)用，可以有很好的效果.16在中，是的外接圓上的一點(diǎn)，若，則的最小值是_【答案】-0.5【分析】根據(jù)條件可知是

13、直角三角形,進(jìn)而可以建立直角坐標(biāo)系,根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)得向量的坐標(biāo),由向量的坐標(biāo)運(yùn)算可得的表達(dá)式,進(jìn)而根據(jù)三角函數(shù)求最值.【詳解】由余弦定理得，所以，所以，所以以AC的中點(diǎn)為原點(diǎn)，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，易得，設(shè)P的坐標(biāo)為，所以，又，所以，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立故答案為：三、解答題17各項(xiàng)都為正數(shù)的單調(diào)遞增數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足（nN）(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)求；(3)設(shè) ，數(shù)列的前n項(xiàng)和為Pn，求使Pn46成立的n的最小值【答案】(1)an=2n(2)(3)48【分析】（1）由（nN），利用數(shù)列通項(xiàng)與前n項(xiàng)和的關(guān)系求解；（2）由（1）得到，然后利用利用裂項(xiàng)相消法

14、求解；（3）由（1）得到，再分n為偶數(shù)和奇數(shù)求解.【詳解】(1)解：因?yàn)椋╪N），當(dāng)n=1時(shí)，解得；當(dāng)n2時(shí)，；-得：，整理得，所以或，因?yàn)閿?shù)列an是單調(diào)遞增數(shù)列，所以舍去，所以，所以數(shù)列an是以2為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列；所以an=2+2（n-1）=2n；(2)由于an=2n，所以，故，所以(3)由（1）得：，所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，；n的最小值為48；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，不存在最小的n值故當(dāng)n為48時(shí)，滿足條件18如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PD底面ABCD，PD=AD=2，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為PA，AB，BC的中點(diǎn)，平面EFGM棱PC=M(1)試確定的值，并證明你的結(jié)論；(2)

15、求平面EFGM與平面PAD夾角的余弦值【答案】(1)，證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線面平行的性質(zhì)，可得PBGM，即可確定的值；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面EFGM與平面PAD的法向量，再利用向量的數(shù)量積可確定夾角的余弦值.【詳解】(1)在中，因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點(diǎn)，所以EFPB又EF平面PBC，PB平面PBC，所以EF平面PBC因?yàn)镋F平面EFG，平面EFG平面PBC=GM，所以EFGM所以PBGM在PBC中，因?yàn)辄c(diǎn)G為BC的中點(diǎn)，所以點(diǎn)M為PC的中點(diǎn)，即(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形，所以ADCD因?yàn)镻D底面ABCD，ABCD，平面所以PDAD，PDCD如圖，建立空間

16、直角坐標(biāo)系D-xyz，則D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，2），因?yàn)镋，F(xiàn)，G分別為PA，AB，BC的中點(diǎn)，所以E（1，0，1），F(xiàn)（2，1，0），G（1，2，0）所以設(shè)平面EFGM的法向量，則即令x=1，y=1，z=2，于是又因?yàn)槠矫鍼AD的法向量為，所以所以平面EFGM與平面PAD夾角的余弦值為19接種新冠疫苗，可以有效降低感染新冠肺炎的幾率，某地區(qū)有A，B，C三種新冠疫苗可供居民接種，假設(shè)在某個(gè)時(shí)間段該地區(qū)集中接種第一針疫苗，而且這三種疫苗的供應(yīng)都很充足為了節(jié)省時(shí)間和維持良好的接種秩序，接種點(diǎn)設(shè)置了號(hào)碼機(jī)，號(hào)碼機(jī)可以隨機(jī)地產(chǎn)生A，B，C三

17、種號(hào)碼（產(chǎn)生每個(gè)號(hào)碼的可能性都相等），前去接種第一針疫苗的居民先從號(hào)碼機(jī)上取一張?zhí)柎a，然后去接種與號(hào)碼相對(duì)應(yīng)的疫苗（例如：取到號(hào)碼A，就接種A種疫苗，以此類推）若甲，乙，丙，丁四個(gè)人各自獨(dú)立的去接種第一針新冠疫苗(1)求這四個(gè)人中恰有2個(gè)人接種A種疫苗的概率；(2)記甲，乙，丙，丁四個(gè)人中接種疫苗的種數(shù)為X，求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望【答案】(1)(2)分布列見解析；期望為【分析】（1）首先求出所有可能接種結(jié)果，再求出恰有2人接種疫苗的情況種數(shù)，最后根據(jù)古典概型的概率公式計(jì)算可得；（2）依題意可能值為1，2，3，求出所對(duì)應(yīng)的概率，列出分布列，即可求出數(shù)學(xué)期望；【詳解】(1)解：依題意所有可

18、能的接種方式有種，恰有2人接種疫苗的情況有種，從而恰有2人接種種疫苗的概率為(2)解：依題意的可能值為1，2，3，又，（或），（或）綜上知，X的分布列為X123P所以20已知橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)與短軸的兩個(gè)端點(diǎn)組成的三角形是等腰直角三角形，點(diǎn)是橢圓C上一點(diǎn)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)是橢圓C上的一動(dòng)點(diǎn)，由原點(diǎn)向引兩條切線，分別交橢圓C于點(diǎn)P，Q，若直線的斜率均存在，并分別記為，求證：為定值【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由橢圓的性質(zhì)得出，再將代入橢圓方程，結(jié)合得出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)直線，直線，根據(jù)距離公式得出是方程的兩根，由韋達(dá)定理結(jié)合點(diǎn)在橢圓上，得出為定值【詳解】(1)解

19、：由已知有解得橢圓C的方程為.(2)證明：設(shè)直線，直線又直線為圓R的切線，則，化簡(jiǎn)可得，同理可得，是方程的兩根，由，可知，又在橢圓上，即，為定值【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決問題二時(shí)，關(guān)鍵在于利用韋達(dá)定理建立與的關(guān)系式，再由點(diǎn)在橢圓上，得出與的關(guān)系式，從而證明為定值.21已知函數(shù)(1)若函數(shù)的圖象在點(diǎn)處的切線方程為，求函數(shù)的極小值；(2)若，對(duì)于任意，當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍【答案】(1)(2)【分析】（1）利用求得，然后結(jié)合的單調(diào)性求得的極小值.（2）將不等式轉(zhuǎn)化為，通過構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)來(lái)求得的取值范圍.【詳解】(1)因?yàn)榈亩x域?yàn)椋杂珊瘮?shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程為y2，得，解得a1此時(shí)當(dāng)和時(shí)，；當(dāng)時(shí)，所以函數(shù)f(x)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值(2)由a1得因?yàn)閷?duì)于任意，當(dāng)時(shí)，恒成立，所以對(duì)于任意，當(dāng)時(shí)，恒成立，所以函數(shù)