江西省2022屆高三數(shù)學(xué)5月第二次聯(lián)考試題 理（解析版）

江西省2022屆高三數(shù)學(xué)5月第二次聯(lián)考試題理一、選擇題1．全集U＝R，集合，則（?UA）∩B＝（）A．（2，+∞） B． C． D．【解答】解：全集U＝R，集合，∴A＝{x|x≤﹣1或x≥}，B＝{x|x}，∴?UA＝{x|﹣1＜x＜}，（?UA）∩B＝{x|}．故選：D．2．關(guān)于復(fù)數(shù)z＝（a+bi）（a，b∈R，i為虛數(shù)單位），下列說法正確的是（）A．若z＝﹣1+i，則|z|＝2 B．若為z的共軛復(fù)數(shù)，則 C．復(fù)數(shù)z＝1+2i的虛部為2i D．若，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為【解答】解：若z＝﹣1+i，則|z|＝，故A錯誤，若為z的共軛復(fù)數(shù)，則?z＝（a﹣bi）（a+bi）＝a2+b2，而z2＝（a+bi）2＝a2﹣b2+2abi，故B錯誤，復(fù)數(shù)z＝1+2i的虛部是2，故C錯誤，若，則z＝＝+i，故z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為，故D正確，3．某校有1000人參加某次模擬考試，其中數(shù)學(xué)考試成績近似服從正態(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)考試成績在90分到105分（含90分和105分）之間的人數(shù)約為（）A．150 B．200C．300 D．400【詳解】由題意，隨機(jī)變量，即，即正態(tài)分布曲線的對稱軸為，因?yàn)?，所以，所以所以此次?shù)學(xué)考試成績在90分到105分之間的人數(shù)約為.故選：C.4.函數(shù)f（x）＝log2（|x|﹣1）的圖像為（）A． B． C． D．【解答】解：由|x|﹣1＞0得x＞1或x＜﹣1，即函數(shù)的定義域?yàn)椋ī仭蓿?）∪（1，+∞），排除B，C，f（﹣x）＝log2（|﹣x|﹣1）＝log2（|x|﹣1）＝f（x），則f（x）是偶函數(shù)，排除D，故選：A．5．在下列五個(gè)命題中，其中正確的個(gè)數(shù)為（）①命題“?x∈R，都有x2+x+1＞0”的否定為“?x?R，有x2+x+1≤0”；②已知，，若與夾角為銳角，則k的取值范圍是k＞0；③“≥1”成立的一個(gè)充分不必要條件是“0＜x＜1”；④已知l是一條直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，若l⊥α，l⊥β，則α∥β．⑤函數(shù)的圖像向左平移個(gè)單位后所得函數(shù)解析式為y＝2sin2x．A．4 B．3 C．2 D．1【解答】解：對于①，命題“?x∈R，都有x2+x+1＞0”的否定為“?x∈R，有x2+x+1≤0”，故①錯誤；對于②，因?yàn)橄蛄浚剑╧﹣1，4﹣2k）與＝（4，1）的夾角為銳角，所以?＞0，且、不共線；即4（k﹣1）+4﹣2k＞0，且k﹣1﹣4（4﹣2k）≠0，所以k＞0，且k≠，故②錯誤；對于③，由≥1可得0＜x≤1，所以③“≥1”成立的一個(gè)充分不必要條件是“0＜x＜1”，故③正確；對于④，若l⊥α，l⊥β，根據(jù)面面垂直的判定定理可知α⊥β，故④正確；對于⑤，函數(shù)的圖像向左平移個(gè)單位后所得函數(shù)解析式為y＝2sin[2（x+）﹣]＝2sin（2x+），故⑤錯誤．故選：C．6.在△ABC中，若b＝3，c＝2，B＝45°，則此三角形解的情況為（）A．無解B．兩解C．一解 D．解的個(gè)數(shù)不能確定【解答】解：過點(diǎn)A作AD⊥BD．點(diǎn)D在∠B的一條邊上，∵h(yuǎn)＝csinB＝2×＝＜2＜3＝b＝AC，又3＞2，因此此三角形只有一解．故選：C．7.如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為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（）A．41π B． C．25π D．【解答】解：由三視圖得到直觀圖，如圖，該幾何體為三棱錐D1﹣CC1E，正方體的棱長為4，E為BB1的中點(diǎn)，取出該幾何體如圖，三棱錐E﹣C1D1C，底面三角形C1D1C為等腰直角三角形，直角邊長為4，側(cè)面EC1C⊥底面C1D1C，．則底面三角形的外心為CD1的中點(diǎn)G，設(shè)△EC1C的外心為H，分別過G與H作底面C1D1C與側(cè)面EC1C的垂線相交于O，則O為三棱錐E﹣C1D1C的外接球的球心，在△EC1C中，求得CK＝4，sin∠ECK＝，則2EH＝，即EH＝，則HK＝，，則．∴該幾何體外接球的表面積是4．故選：A．8.“中國剩余定理”又稱“孫子定理”，最早可見于中國南北朝時(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（）A．58 B．59 C．60 D．61【解答】解：被5除余3且被7除余2的數(shù)構(gòu)成首項(xiàng)為23，公差為35的等差數(shù)列，記為{an}，則an＝23+35（n﹣1）＝35n﹣12，令an＝35n﹣12≤2021，解得n≤58．∴將1到2021這2021個(gè)自然數(shù)中滿足被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)是58．故選：A．9.設(shè)x，y滿足約束條件，且z＝ax+by（a＞0，b＞0）的最大值為1，則的最小值為（）A．64 B．81 C．100 D．121【解答】解：作出約束條件表示的可行域如圖，∵a＞0，b＞0，聯(lián)立，得x＝5，y＝6，∴當(dāng)直線z＝ax+by經(jīng)過點(diǎn)（5，6）時(shí)，z取得最大值，則5a+6b＝1，∴，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立，∴的最小值為121．故選：D．10.已知函數(shù)（ω＞0）在區(qū)間[0，π]上有且僅有4條對稱軸，給出下列四個(gè)結(jié)論：①f（x）在區(qū)間（0，π）上有且僅有3個(gè)不同的零點(diǎn)；②f（x）的最小正周期可能是；③ω的取值范圍是；④f（x）在區(qū)間上單調(diào)遞增．其中所有正確結(jié)論的序號是（）①④ B．②③ C．②④ D．②③④【解答】解：由函數(shù)，令，則函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，π]上有且僅有4條對稱軸，即有4個(gè)整數(shù)符合，由，得，則k＝0，1，2，3，即1+4×3≤4ω＜1+4×4，∴，故③正確；對于①，∵x∈（0，π），∴，∴，當(dāng)時(shí)，f（x）在區(qū)間（0，π）上有且僅有3個(gè)不同的零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，f（x）在區(qū)間（0，π）上有且僅有4個(gè)不同的零點(diǎn)；故①錯誤；對于②，周期，由，則，∴，故②正確；對于④，∵，∴，∴，又，所以f（x）在區(qū)間上不一定單調(diào)遞增，故④錯誤．故正確序號為：②③，故選：B．11.已知F1，F(xiàn)2為雙曲線的左、右焦點(diǎn)，P為雙曲線右支上異于頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)，若A為△PF1F2內(nèi)切圓上一動點(diǎn)，當(dāng)AF1的最大值為4時(shí)，△PF1F2的內(nèi)切圓半徑為（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)△PF1F2的內(nèi)切圓分別與PF1、PF2切于點(diǎn)N、B，與F1F2切于點(diǎn)H，則|PA|＝|PB|，|F1N|＝|F1H|，|F2B|＝|F2H|．又點(diǎn)P在雙曲線右支上，∴|PF1|﹣|PF2|＝2a，即（|PN|+|F1N|）﹣（|PB|+|F2B|）＝2a，∴|F1H|﹣|F2H|＝2a，而|F1H|+|F2H|＝2c，設(shè)H點(diǎn)坐標(biāo)為（x，0），∵|F1H|﹣|F2H|＝2a，∴（x+c）﹣（c﹣x）＝2a，解得x＝a，由雙曲線的方程知a2＝1，b2＝3，所以a＝1，c2＝1+3＝4，所以c＝2，故內(nèi)切圓的圓心M與在直線x＝1上，設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r，由AF1的最大值為4知MF1＝4﹣r，所以（4﹣r）2＝32+r2，解得r＝．故選：C．12.設(shè)，b＝，c＝，則a，b，c的大小順序?yàn)椋ǎ〢．a(chǎn)＜c＜b B．c＜a＜b C．a(chǎn)＜b＜c D．b＜a＜c【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)f（x）＝，（x＞0）則a＝f（），b＝f（e），c＝f（4），其導(dǎo)數(shù)f′（x）＝，在區(qū)間（1，e）上，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，在區(qū)間（e，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，故當(dāng)x＝e時(shí)，函數(shù)取得最大值f（e）＝，故b＞a，b＞c，設(shè)m＝的零點(diǎn)為x1，x2，（x1＜x2），則mx1＝lnx1，mx2＝lnx2，所以lnx2﹣lnx1＝m（x2﹣x1），lnx2+lnx1＝lnx1x2＝m（x2+x1）①，令g（x）＝lnx﹣，x＞1，則g′（x）＝＞0，故g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，g（x）＞g（1）＝0，所以，當(dāng)x＞1時(shí)，lnx＞，從而ln＞，即（lnx2﹣lnx1）?＞②，①代入②得，x1x2＞e2，令x1＝，則x2＞4，故f（x1）＝f（x2）＜f（4），故a＜c，綜上a＜c＜b．故選：A．二.填空題若（1﹣2x）2022＝a0+a1x+a2x2+?+a2022x2022，則的值．【解答】解：當(dāng)x＝0時(shí)，a0＝1，當(dāng)x＝時(shí)，a0+＝0，∴＝﹣1．故答案為：﹣1．14.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）【解答】解：甲，乙，丙，丁等6人排成一排，甲，乙相鄰，則把甲乙看成一個(gè)整體，甲，乙之間有種排法，①當(dāng)甲，乙整體排在首或尾時(shí)，共＝48（種），②當(dāng)甲，乙整體排在中間3個(gè)位的排法，（種），故不同的排法種數(shù)為48+24＝72．故答案為：72．已知函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f'（x）滿足f'（x）﹣f（x）＝e2x，且f（0）＝1，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，x（f（x）﹣a）≥1+lnx恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是．【解答】解：設(shè)，則，故g（x）＝ex+c，則f（x）＝（ex+c）ex，又因?yàn)閒（0）＝1，即1+c＝1，所以c＝0，f（x）＝e2x，x（e2x?a）≥1+lnx，因?yàn)閤∈（0，+∞），所以在x∈（0，+∞）上恒成立，其中e2x?lnx≥2x+lnx+1，理由如下：構(gòu)造φ（x）＝ex?x?1，則φ′（x）＝ex?1，令φ′（x）＝0得：x＝0，當(dāng)x＞0得：φ′（x）＞0，當(dāng)x＜0得：φ′（x）＜0，故φ（x）在x＝0處取的極小值，也是最小值，φ（x）≥φ（0）＝0，從而得證．故，故a≤2，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（?∞，2]，故答案為：（﹣∞，2]．16．在中，，，，是的外接圓上的一點(diǎn)，若，則的最小值是________【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A（－1，0），C（1，0），B（－，），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)，等號成立．故答案為：三、解答題17.．各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足4Sn＝an2+4n（n∈N*）．（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）求Tn＝+…+；（3）設(shè)cn＝（﹣1）nan，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Pn，求使Pn＞46成立的n的最小值．【解答】解：（1）各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足4Sn＝an2+4n（n∈N*）①，當(dāng)n＝1時(shí)，解得a1＝2；當(dāng)n≥2時(shí)，②；①﹣②得：，整理得an﹣an﹣1＝2（常數(shù)），故數(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：cn＝（﹣1）nan＝（﹣1）n?2n，所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，；n的最小值為48；9分當(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．12分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．（Ⅰ）試確定的值，并證明你的結(jié)論；（Ⅱ）求平面EFGM與平面PAD夾角的余弦值．【解答】證明：（I）．在△APB中，因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點(diǎn)，所以EF∥PB．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EF∥GM．所以PB∥GM．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．（II）因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形，所以AD⊥CD．因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD．如圖，建立空間直角坐標(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＝（1，1，2）．又因?yàn)槠矫鍼AD的法向量為＝（0，1，0），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)置了號碼機(jī)，號碼機(jī)可以隨機(jī)地產(chǎn)生A，B，C三種號碼（產(chǎn)生每個(gè)號碼的可能性都相等），前去接種第一針疫苗的居民先從號碼機(jī)上取一張?zhí)柎a，然后去接種與號碼相對應(yīng)的疫苗（例如：取到號碼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；期望為解答：(1)依題意所有可能的接種方式有種，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)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C：+＝1（a＞b＞0）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)P（，1）是橢圓C上一點(diǎn)．（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)R（s，t）是橢圓C上的一動點(diǎn)，由原點(diǎn)O向（x﹣s）2+（y﹣t）2＝4引兩條切線，分別交橢圓C于點(diǎn)P，Q，若直線OP，OQ的斜率均存在，并分別記為k1，k2，求證：k1?k2為定值．【解答】（1）解：因?yàn)闄E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，所以c＝×2b＝b，所以a＝b，又點(diǎn)是橢圓C上一點(diǎn)，所以+＝1，所以a＝2，b＝，故橢圓C的方程為．（2）證明：設(shè)直線OP：y＝k1x，直線OQ：y＝k2x，又直線OP為圓R的切線，所以，化簡得，同理可得，故k1，k2是方程（s2﹣4）k2﹣2stk+t2﹣4＝0的兩根，由（s2﹣4）≠0，Δ＞0，可知，因?yàn)镽（s，t）在橢圓上，所以，所以，故k1?k2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)解析(1)因?yàn)榈亩x域?yàn)?，所以．由函?shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝－2，得，解得a＝1．此時(shí)．當(dāng)和時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．所以函數(shù)f