2022屆江西省新余市一中（新余市）高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1．已知全集，集合，集合，則 （       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用補集和交集的定義可求得結(jié)果.【詳解】因為全集，集合，集合，則，因此，.故選：B.2．已知復(fù)數(shù)，且，則（       ）A． B． C．1 D．2【答案】D【分析】由復(fù)數(shù)的乘方、除法法則計算出后可得值，從而得結(jié)論．【詳解】由已知，所以，．故選：D．3．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則可以輸出函數(shù)的為（       ）A． B．C． D．【答案】C【詳解】分析：先根據(jù)流程圖確定輸出函數(shù)為非奇函數(shù)且有小于零的函數(shù)值,再結(jié)合選擇項的函數(shù)判斷得結(jié)果.詳解：因為由流程圖確定輸出函數(shù)為非奇函數(shù)且有小于零的函數(shù)值,又因為為奇函數(shù)，恒大于零，恒非負，滿足函數(shù)為非奇函數(shù)且有小于零的函數(shù)值,所以選C.點睛：本題考查流程圖以及函數(shù)奇偶性、函數(shù)值域等性質(zhì)，考查基本求解能力.4．下列函數(shù)是奇函數(shù)，且函數(shù)值恒小于1的是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性且判斷函數(shù)值的范圍，可判斷A;利用函數(shù)的奇偶性可判斷B,C;用特殊值驗證，可判斷D.【詳解】因為，所以函數(shù)為奇函數(shù)；因為，又，所以，故A正確；因為，故是非奇非偶函數(shù)，故B錯誤；函數(shù)滿足 為偶函數(shù)，故C錯誤；因為，故D錯誤，故選：A.5．在的展開式中，所有二項式系數(shù)和為，則該展開式中常數(shù)項為（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由二項式系數(shù)和可求得的值，寫出展開式通項，令的指數(shù)為零，求出參數(shù)值，代入通項即可得解.【詳解】由題意可得，則，展開式通項為，令，可得，因此，展開式中的常數(shù)項為.故選：B.6．已知命題，；命題，．則下列命題中為真命題的是（       ）A．p且q B．且qC．p且 D．且【答案】B【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及正弦函數(shù)的有界性可判斷p的真假，由導(dǎo)數(shù)可證明成立，可判斷q的真假，再由復(fù)合命題的真值表判斷即可.【詳解】當(dāng)時，，，故命題p錯誤，正確；令，則，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，即，故命題q正確，錯誤．所以p且q是假命題，A選項錯誤；且q是真命題，B選項正確；p且是假命題，C選項錯誤；且是假命題，D選項錯誤．故選：B7．設(shè)等差數(shù)列的前項和為，且，，則當(dāng)（       ）時，最大.A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)等差數(shù)列求和公式得到和的正負，再根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)得到和的正負，通過判斷即可求解.【詳解】因為，所以，即，因為，所以，即，根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)，因為，即，又因為，即；所以得且，所以等差數(shù)列為遞減的數(shù)列，所以當(dāng)時，最大.故選：B.8．已知圓與圓有且僅有兩條公共切線，則正數(shù)的取值范圍為（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由兩圓方程可確定圓心和半徑，根據(jù)兩圓公切線條數(shù)可知兩圓相交，根據(jù)相交時圓心距和兩圓半徑之間關(guān)系構(gòu)造不等式求得的取值范圍，進而得到結(jié)果.【詳解】解：圓方程可化為：，則圓心，半徑；由圓方程知：圓心，半徑；圓與圓有且僅有兩條公切線，兩圓相交，又兩圓圓心距，，即，解得：或，因為為正數(shù)，所以故選：C9．三棱錐的體積為，底面，且的面積為4，三邊的乘積為16，則三棱錐的外接球的表面積為（       ）A． B． C． D．【答案】B【詳解】∵三棱錐的體積為且的面積為4，∴，由底面，所以球心到底面的外接圓圓心的距離為1，另，，兩式相除，由正弦定理知底面的外接圓半徑為1，所以三棱錐的外接球的半徑為，表面積為，故選B.點睛：本題考查三棱錐的外接球體積以及正弦定理在解三角形中的應(yīng)用，考查學(xué)生的計算能力，確定三棱錐的外接球的半徑是關(guān)鍵；首先根據(jù)三棱錐的體積可得球心到底面的距離為1，由正弦定理可得底面的外接圓半徑為1，故而通過勾股定理可求得球的半徑.10．已知數(shù)列滿足，，數(shù)列滿足，，則數(shù)列的最小值為（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由遞推公式，，兩邊取倒數(shù)可得：，，利用等差數(shù)列的通項公式可得，數(shù)列滿足，，再利用等差數(shù)列的求和公式可得，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出．【詳解】解：，，，即，，數(shù)列以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，，數(shù)列滿足，，所以，時也成立），所以，令，，，可得：函數(shù)在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞增．而， ，數(shù)列的最小值為．故選：．11．若存在兩個正數(shù)，使得不等式成立，其中， 為自然對數(shù)的底數(shù)，則實數(shù)的取值范圍為（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題知存在兩個正數(shù)，，令，則，進而轉(zhuǎn)化為存在，使得成立，再研究函數(shù)的最小值進而得答案.【詳解】解：因為存在兩個正數(shù)，使得，所以，不等式兩邊同得：存在兩個正數(shù)，，故設(shè)，則，則原問題等價于，存在，使得，因為，所以，存在，使得成立，設(shè)，，恒成立，所以為增函數(shù)，因為，故當(dāng)時,，當(dāng)時,，即當(dāng)時,函數(shù)取得極小值也是最小值為：，即，存在，使得成立，則，解得所以，實數(shù)的取值范圍是.故選：C12．已知函數(shù)在區(qū)間上有且僅有4條對稱軸，給出下列四個結(jié)論：①在區(qū)間上有且僅有3個不同的零點；②的最小正周期可能是；③的取值范圍是；④在區(qū)間上單調(diào)遞增．其中所有正確結(jié)論的序號是（       ）A．①④ B．②③ C．②④ D．②③④【答案】B【分析】令，則，由函數(shù)在區(qū)間上有且僅有4條對稱軸，即有4個整數(shù)符合，可求出判斷③，再利用三角函數(shù)的性質(zhì)可依次判斷①②④.【詳解】由函數(shù)， 令，則函數(shù)在區(qū)間上有且僅有4條對稱軸，即有4個整數(shù)符合，由，得，則，即，，故③正確；對于①，，，當(dāng)時，在區(qū)間上有且僅有3個不同的零點；當(dāng)時，在區(qū)間上有且僅有4個不同的零點；故①錯誤；對于②，周期，由，則，，又，所以的最小正周期可能是，故②正確；對于④，，，又，又，所以在區(qū)間上不一定單調(diào)遞增，故④錯誤．故正確結(jié)論的序號是：②③故選：B【點睛】方法點睛：函數(shù)的性質(zhì)：(1) .(2)周期(3)由 求對稱軸，由求對稱中心.(4)由求增區(qū)間；由求減區(qū)間. 二、填空題13．已知實數(shù)x，y滿足約束條件，則的最大值為______．【答案】11【分析】由約束條件作出可行域，化目標(biāo)函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，把最優(yōu)解的坐標(biāo)代入目標(biāo)函數(shù)即可得解.【詳解】解：如圖所示，畫出可行域，聯(lián)立，解得，即，由，得，由圖可知當(dāng)直線經(jīng)過點時，z取得最大值，最大值為11．故答案為：11.14．若一個三位數(shù)的各位數(shù)字之和為10，則稱這個三位數(shù)“十全十美數(shù)”，如208，136都是“十全十美數(shù)”，現(xiàn)從所有三位數(shù)中任取一個數(shù)，則這個數(shù)恰為“十全十美數(shù)”的概率是____________【答案】【分析】通過列舉法求出滿足題意的三位數(shù)十全十美數(shù)個數(shù)，再運用概率公式計算即可.【詳解】所有三位數(shù)個數(shù)為900個.“十全十美數(shù)”有54個列舉如下：①有一位數(shù)字是的，共有個，分別為；②含有兩個相同數(shù)字的，共有個，分別為；③不含0且沒有相同數(shù)字的，共有個，分別為,從所有三位數(shù)中任取一個數(shù)，則這個數(shù)恰為“十全十美數(shù)”的概率.故答案為:15．如圖是數(shù)學(xué)家Germinal Dandelin用來證明一個平面截圓錐得到的截口曲線是橢圓的模型（稱為“Dandelin雙球”）；在圓錐內(nèi)放兩個大小不同的小球，使得它們分別與圓錐的側(cè)面、截面相切，設(shè)圖中球，球的半徑分別為和，球心距離,截面分別與球，球切于點，，（，是截口橢圓的焦點），則此橢圓的離心率等于______．【答案】【分析】利用已知條件和幾何關(guān)系找出圓錐母線與軸的夾角為 ，截面與軸的夾角為 的余弦值，即可得出橢圓離心率．【詳解】如圖，圓錐面與其內(nèi)切球，分別相切與，連接,則，，過作垂直于，連接， 交于點C設(shè)圓錐母線與軸的夾角為 ，截面與軸的夾角為.在中， ， 解得 即 則橢圓的離心率【點睛】“雙球模型”橢圓離心率等于截面與軸的交角的余弦與圓錐母線與軸的夾角的余弦之比，即．三、雙空題16．如圖是由兩個有一個公共邊的正六邊形構(gòu)成的平面圖形，其中正六邊形邊長為1．設(shè)，則________；是平面圖形邊上的動點，則的取值范圍是________．【答案】     1     【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，利用相等向量的坐標(biāo)相等，列式求解；設(shè)，求出，通過直線平移即可求解的取值范圍.【詳解】建立以為原點，如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，連接，因為六邊形為正六邊形，所以，，作于，所以，，所以，，，所以，，設(shè)，，，所以，所以如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，其中，作直線，平移使之經(jīng)過多邊形內(nèi)每一個點，當(dāng)直線經(jīng)過線段時，取得最大值，當(dāng)當(dāng)直線經(jīng)過線段時，取得最小值.故答案為：； 四、解答題17．在①；②；③，這三個條作中任選一個，補充在下面的橫線上，并解答.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且   .(1)求角C的大?。?/span>(2)若，求的中線長度的最小值.【答案】(1)答案見解析(2)【分析】（1）若選①，則根據(jù)正弦定理，邊化角，再利用余弦定理即可求得答案；若選②，則根據(jù)正弦定理，邊化角，再利用兩角和的正弦公式化簡，求得答案；若選③，則根據(jù)正弦定理，邊化角，再利用誘導(dǎo)公式結(jié)合倍角公式化簡，求得答案；（2）根據(jù)可得，利用余弦定理得到，在三角形中，由余弦定理求得，即可求得答案.【詳解】(1)選擇條件①：由及正弦定理，得：，即，由余弦定理，得,因為，所以；選擇條件②：由及正弦定理，得：，即.即.在中，，所以，即，因為，所以，所以,因為，所以；選擇條件③：由及正弦定理，得：，因為,，所以.在中，，則，故.因為，所以，則，故；(2)因為，所以，整理得，在三角形中，由余弦定理得.因為，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以，即，所以，即，即長度的最小值為.18．如圖，已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，D，E，F分別為AC，BC，的中點，，G為線段DE上的點且.(1)證明：；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，寫出對應(yīng)點的坐標(biāo)與向量的坐標(biāo)，利用空間向量證明垂直的方法證明；（2）求解平面，平面的法向量，利用向量的夾角公式代入求解.【詳解】(1)在直三棱柱中，側(cè)面為正方形，所以，，而，，，平面，所以平面，所以平面，平面，所以，故以為坐標(biāo)原點，以為軸，以為軸，以為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖：，，，，∴，∴，所以，即；(2)由（1）可知：，，，設(shè)平面的法向量為，則，即，則.設(shè)平面的法向量為，則，即，則設(shè)二面角的平面角為，結(jié)合圖形，為銳角，故【點睛】對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.19．學(xué)習(xí)強國中有兩項競賽答題活動，一項為“雙人對戰(zhàn)”，另一項為“四人賽”．活動規(guī)則如下：一天內(nèi)參與“雙人對戰(zhàn)”活動，僅首局比賽可獲得積分，獲勝得2分，失敗得1分；一天內(nèi)參與“四人賽”活動，僅前兩局比賽可獲得積分，首局獲勝得3分，次局獲勝得2分，失敗均得1分．已知李明參加“雙人對戰(zhàn)”活動時，每局比賽獲勝的概率為；參加“四人賽”活動（每天兩局）時，第一局和第二局比賽獲勝的概率分別為p，．李明周一到周五每天都參加了“雙人對戰(zhàn)”活動和“四人賽”活動（每天兩局），各局比賽互不影響．(1)求李明這5天參加“雙人對戰(zhàn)”活動的總得分X的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)設(shè)李明在這5天的“四人賽”活動（每天兩局）中，恰有3天每天得分不低于3分的概率為．求p為何值時，取得最大值．【答案】(1)分布列見解析，（分）(2)【分析】（1）可取5，6，7，8，9，10，求出對應(yīng)隨機變量的概率，從而可求出分布列，再根據(jù)期望公式求出數(shù)學(xué)期望即可；（2）先求出一天得分不低于3分的概率，再求出恰有3天每天得分不低于3分的概率為，再根據(jù)導(dǎo)出求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，即可得出答案.【詳解】(1)解：可取5，6，7，8，9，10，，，，，，，分布列如下：5678910所以（分）；(2)解：設(shè)一天得分不低于3分為事件，則，則恰有3天每天得分不低于3分的概率，則，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以函數(shù)在上遞增，在上遞減，所以當(dāng)時，取得最大值.20．已知雙曲線.(1)過點的直線與雙曲線交于S，T兩點，若點N是線段ST的中點，求直線ST的方程；(2)直線：與雙曲線有唯一的公共點，過點且與垂直的直線分別交x軸、y軸于，兩點.當(dāng)點運動時，求點的軌跡方程，并說明該軌跡是什么曲線.【答案】(1).(2)的軌跡方程為，其中，的軌跡是焦點在軸上，實軸長為20，虛軸長為10的雙曲線去掉兩個頂點后的圖形.【分析】(1)利用點差法求直線的斜率，由點斜式求直線ST的方程；(2)聯(lián)立直線與雙曲線方程求點的坐標(biāo)，再求，消參可得點的軌跡方程，再根據(jù)方程判斷其形狀.【詳解】(1)設(shè)，，則兩式相減得，即.若為的中點，則，即直線的斜率為1，所以直線的方程為，即.聯(lián)立方程組得，滿足，故直線ST的方程為.(2)聯(lián)立方程組得，因為，且是雙曲線與直線唯一的公共點，所以，得，所以點的坐標(biāo)為，其中.因為過點且與直線垂直的直線為，令，得，令，得，所以，故的軌跡方程為，其中，的軌跡是焦點在軸上，實軸長為20，虛軸長為10的雙曲線去掉兩個頂點后的圖形.【點睛】(1)中點弦問題一般用點差法解決，注意檢驗所得結(jié)果是否符合要求；(2)本題是利用參數(shù)法求軌跡方程，注意檢驗所得曲線方程是否含增根.21．已知函數(shù)．(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)設(shè)為兩個不等的正數(shù)，且（），若不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍．【答案】(1)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)【分析】（1）首先對函數(shù)求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)大于零，求得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于零，求得減區(qū)間；（2）令，將式子轉(zhuǎn)化為，實數(shù)滿足且不等式恒成立，由及（1）知，利用函數(shù)在單調(diào)遞減，構(gòu)造新函數(shù)，求導(dǎo)，分情況討論求得結(jié)果.【詳解】(1)因為，所以當(dāng)在上單調(diào)遞增，當(dāng)在上單調(diào)遞減．(2)令，則，依題意得實數(shù)滿足且不等式恒成立，          由及（1）知，法1：不等式恒成立知，所以，∴，又函數(shù)在單調(diào)遞減，∴，又，所以，即，          兩邊取對數(shù)得對恒成立，設(shè)，則，①當(dāng)時，對恒成立，此時在上單調(diào)遞增，故恒成立，符合題意，②當(dāng)時，，則，此時在上單調(diào)遞減，故，不符合題意．綜上所述，．                    法2：由令，則，所以不等式          令，依題意恒成立．①當(dāng)時，遞增，從而，所以在上遞增，故恒成立．②當(dāng)時，由得，所以在上遞減，所以在上遞減，故，不合題意．③當(dāng)時，由知，不合題意．綜上所述，．22．在平面直角坐標(biāo)系中，直線的參數(shù)方程為 （為參數(shù)，），以O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為.(1)求直線l和曲線C的普通方程；(2)直線l和曲線C相交兩點，若，且，求直線的方程.【答案】(1)直線l的普通方程為；曲線C的普通方程是(2)【分析】（1）消去參數(shù)得得，根據(jù)，將極坐標(biāo)方程化為普通方程；（2）將直線的參數(shù)方程代入曲線C的直角坐標(biāo)方程，結(jié)合直線參數(shù)方程的幾何意義得，進而得，故直線l的方程是【詳解】(1)解：直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù)，），消去參數(shù)得，，令，，可得曲線C的普通方程是．(2)解：將直線l的參數(shù)方程代入曲線C的直角坐標(biāo)方程中，整理得關(guān)于的方程，顯然，設(shè)點A，B所對應(yīng)的參數(shù)分別為，，由根與系數(shù)的關(guān)系，得，，所以，由直線參數(shù)方程的幾何意義得：，，所以，化簡得，，，所以，直線l的方程是23．已知函數(shù).(1)求滿足不等式的最大整數(shù)；(2)在（1）的條件下，對任意，若，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)零點分段法解不等式，即可求出的值；（2）由，結(jié)合基本不等式，利用乘“1”法即可求得的最小值.【詳解】(1)當(dāng)時，原不等式可轉(zhuǎn)化為，所以；當(dāng)時，原不等式可轉(zhuǎn)化為，解得，所以當(dāng)時，原不等式可轉(zhuǎn)化為，解得（舍），綜上所述，原不等式的解集為，所以滿足不等式的最大整數(shù).(2)由（1）得，因為，所以 ，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，故的最小值為.

相關(guān)試卷

江西省新余市2023屆高三數(shù)學(xué)（理）二模試題（Word版附解析）：

這是一份江西省新余市2023屆高三數(shù)學(xué)（理）二模試題（Word版附解析），共26頁。試卷主要包含了本卷分為試題卷和答題卷，等內(nèi)容，歡迎下載使用。

江西省新余市2023屆高三二模數(shù)學(xué)（理）試題（含答案解析）：

這是一份江西省新余市2023屆高三二模數(shù)學(xué)（理）試題（含答案解析），共23頁。

江西省新余市2023屆高三二模數(shù)學(xué)（理）試題及答案：

這是一份江西省新余市2023屆高三二模數(shù)學(xué)（理）試題及答案，共24頁。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2023屆江西省新余市第一中學(xué)、江西省豐城中學(xué)高三上學(xué)期聯(lián)考數(shù)學(xué)（理）試題含解析

2023屆江西省新余市第一中學(xué)、江西省豐城中學(xué)高三上學(xué)期聯(lián)考數(shù)學(xué)（理）試題含解析
2022屆江西省新余市第一中學(xué)高三5月全真模擬考試數(shù)學(xué)（理）試題含解析

2022屆江西省新余市第一中學(xué)高三5月全真模擬考試數(shù)學(xué)（理）試題含解析
2022屆江西省新余市一中（新余市）高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)（文）試題含解析

2022屆江西省新余市一中（新余市）高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)（文）試題含解析
2022屆江西省新余市高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)（理）試題（PDF版）

2022屆江西省新余市高三第二次模擬考試數(shù)學(xué)（理）試題（PDF版）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
  • 精品推薦
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部