2022届江西省鹰潭市高三第二次模拟考试数学（理）试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 21 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 21 页2022届江西省鹰潭市高三第二次模拟考试数学（理）试题一、单选题1设全集，集合，则 （）ABCD【答案】B【分析】利用集合的补集和交集运算求解.【详解】解：因为全集，所以或，又，所以，故选：B2已知复数满足（i为虚数单位），则复数对应的点位于复平面内（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】A【分析】对题干中的式子进行化简得，再求出，即可求出所在象限.【详解】 所对应的点为 故复数对应的点位于复平面内的第一

2、象限故选：A.3若，则向量与的夹角为（）ABCD【答案】A【分析】由条件可得，再利用向量夹角公式即得.【详解】由得，即，设向量与的夹角为，则，又，.故选：A.4已知一组数据，的平均数为A，方差为，另一组数据，满足，若，的平均数为A，方差为，则（）ABCD【答案】C【分析】利用方差的性质及平均数的意义可求解.【详解】由题已知，利用方差的性质，有.因为，所以，故，所以.故选：C.5在中，且，则“”是“为锐角三角形”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由已知先求，可得，然后可解.【详解】因为，解得，即，所以，若，则，此时，为锐角三角形；若为锐角三角

3、形，取，则，故“”是“为锐角三角形”的充分不必要条件.故选：A6甲和乙两个箱子中各有质地均匀的9个球（两个箱子中球的大小和形状完全相同），其中甲箱中有4个红球，2个白球，3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球，2个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入到乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，记事件A表示“从乙箱中取出的球是红球”，则（）ABCD【答案】C【分析】根据互斥事件的加法公式和古典概型的概率公式可求出结果.【详解】. 故选：C7已知函数的极大值点，极小值点 ，则的取值范围是 （）ABCD【答案】B【分析】求出的导函数 ，由当时取得极大值，当时取得极小值，可得、是方程的两个根，根据一元二次方程根的分布

4、可以得到参数 、满足的不等式组，画出其表示的平面区域，根据的几何意义即可求解【详解】 又因为当时取得极大值，当时取得极小值，可得、是方程的两个根，根据一元二次方程根的分布可得 即：作出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示（不包括边界），可求出边界交点坐标分别为 、，表示平面区域内的点与点连线的斜率，由图可知 ，根据倾斜角的变化，可得故选:B8算数术竹简于上世纪八十年代出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相乘也，叉以高乘之，三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3

5、.现有一圆锥底面周长为，侧面面积为，其体积的近似公式为，用此的近似取值（用分数表示）计算过该圆锥顶点的截面面积的最大值为（）A15BCD8【答案】D【分析】由已知求得母线长，底面半径为，再结合体积近似公式和圆锥体积公式求的近似值并确定，最后利用余弦定理求截面顶角的范围，由三角形面积公式有截面积为，即可确定最大值.【详解】若圆锥母线长为，底面半径为，则，故，又，故，而，则，可得，所以，若截面顶角，当截面为轴截面时，此时，又截面面积为，故当时截面面积的最大值为8.故选：D9设抛物线：的焦点为，已知，且，抛物线上一点满足，若线段的垂直平分线过点，则直线的斜率为（）ABCD【答案】D【分析】由，可得，

6、进而可得，即可求出结果.【详解】因为，设，则，所以，直线垂直平分线段.，根据抛物线定义知，所以，所以直线的斜率，故直线的斜率.故选：D10若正整数、只有为公约数，则称、互质.对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，则下列说法正确的是（）AB数列是等差数列CD数列的前项和为，则【答案】D【分析】利用题中定义可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；求出的值，结合对数的运算性质可判断C选项；计算出，利用错位相减法可求得，可判断D选项.【详解】对于A选项，在不超过的正整数中，与互质的正整数有：、，故，A错；对于B选项，因为，显然、不成等差数

7、列，B错；对于C选项，为质数，在不超过的所有正整数中，能被整除的正整数的个数为，所有与互质的正整数的个数为，所以，因此，C错；对于D选项，因为为质数，在不超过的正整数中，所有偶数的个数为，所以，所以，则，所以，上述两个不等式作差可得，所以，D对.故选：D.11已知函数，则下列说法正确的是（）A是函数的对称轴B函数在区间上单调递增C函数的最大值为，最小值为-2D函数在区间上恰有2022个零点，则【答案】D【分析】对于A,验证，即可判断正误；对于B，脱掉绝对值符号，求导数，分段讨论，根据三角函数的单调性进行判断；对于C，分段讨论，采用换元法，求得函数的最值；对于D，先判断在 上的零点有两个，即可知

8、当 时，函数在 上有 个零点，由此结合条件求得.【详解】A. ,故不是函数的对称轴，故A错误；B. 时，则，当时，递减， 递增，故在区间上单调递减，且，则时， ，递增，时， ，递减，故B错误；C.由于，即 是的一个周期，故只需考虑在 上的最值即可；当时，令 ，则 在为单调减函数，故 ；当时，令 ，则 在为单调增函数，故，综合以上可知最大值为 ，最小值为 ，故C错误；D由于 是的一个周期，故先考虑在 上的零点情况，当且仅当 时，此时 或，即在 上的零点有两个，即当 时，函数在 上有 个零点，由于函数在区间上恰有2022个零点，则 ，故D正确，【点睛】本题综合考查了含绝对值符号时三角函数的性质问题

9、，综合性较强，要能综合应用三角函数以及分类讨论脱绝对值符号的相关知识灵活解答.12已知，且则下列不等式中恒成立的个数是（）A1B2C3D4【答案】B【分析】，分析得到所以正确；，构造函数举反例判断得解；，构造函数利用函数单调性判断得解；，转化为判断，再构造函数利用导数判断函数的单调性即得解.【详解】解：，若，所以矛盾，所以所以正确；，设，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，因为，所以不恒成立，如，所以该命题错误；，设在单调递增，因为，所以恒成立，所以该命题正确；，设，所以，所以函数在单调递增，在单调递减.取设，所以在单调递增，所以存在，此时，所以该命题错误.故选：B二、填空题13已知是

10、各项均为正数的等比数列的前n项和，若，则_【答案】243【分析】设公比为，根据等比数列的通项公式解方程组求出和，再根据等比数列的通项公式可求出结果.【详解】设公比为，则，解得， 所以.故答案为：24314已知，二项式的展开式中所有项的系数和为192，则展开式中的常数项为_【答案】36【分析】根据所有项的系数和求出，再根据二项展开式的通项公式可求出结果.【详解】因为二项式的展开式中所有项的系数和为192，所以，得或（舍去），因为的展开式的通项为，所以展开式中的常数项为.故答案为：3615已知双曲线C：，直线与曲线C交于A，B两点（点A在点B的上方），点E在轴上，且轴，若的内心到轴的距离不小于，则

11、双曲线C离心率的取值范围为_【答案】【分析】根据题意求出的坐标，利用面积求出的内切圆的半径，根据的内心到轴的距离不小于，列式求出，再根据离心率公式可求出结果.【详解】当时，所以、，因为，所以，因为点E在轴上，且轴，所以，设的内切圆的半径为，则，所以，所以，依题意可得，即，所以，化简得，所以离心率，又，所以双曲线C离心率的取值范围为.故答案为：.16已知菱形ABCD，AB=BD=4，现将ABD沿对角线BD向上翻折，得到三棱锥A-BCD.若点E是AC的中点，BDE的面积为，三棱锥A-BCD的外接球被平面BDE截得的截面面积为，则的最小值为_【答案】【分析】由题设易知面，进而确定面与三棱锥A-BCD

12、的外接球的截面为球体最大截面，若是中点，连接，球心在直线上，令，用表示出、，最后应用基本不等式求最小值，注意等号成立条件.【详解】由题设，E是AC的中点，则，又，故面，所以三棱锥A-BCD的外接球球心在面上，即面所得截面为球体的最大截面，若是中点，连接，球心在直线上，令，而，故，若球体半径，则，故，可得，故，所以综上，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：应用线面垂直判定证面，并确定锥体外接球球心位置及面在球体上截面特征，若是中点，连接，令，应用表示出.三、解答题17的内角，的对边分别为，且.(1)求角；(2)若，求周长的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）

13、由，结合两角和与差的三角函数，利用正弦定理求解； （2）方法一：利用余弦定理结合基本不等式求解；方法二：利用正弦定理转化为，利用正弦函数的性质求解.【详解】(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，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立.所以周长的最大值为；方法二：由（1）得，在ABC中，所以周长，=，=，因为，所以，即时周长取最大值18如图，在四棱锥E-ABCD中，AB/CD，AD=CD=BC=AB，点E是以AB为直径的半圆弧的中点，平面ABE平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点(1)求证：MN/平面ABE；(2)求二面角N-AE-

14、D的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取EC的中点的F，连接MF，NF，易得、，利用线面平行的判定有平面、平面，再由面面平行的判定及性质即可证结论；（2）根据面面垂直、线面垂直性质证EO，AB，OG两两垂直，依此构建空间直角坐标系，求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.【详解】(1)如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，因为M，F分别为ED和EC的中点，所以，因为，所以，因为平面，平面，所以平面，同理平面，因为，平面，平面，所以平面平面，而平面，所以平面.(2)如图所示，过E作交AB于O，因为平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，

15、E为弧的中点，则O与AB的中点，取CD的中点G，连接OG，因为，所以，因为平面ABCD，且面ABCD，所以，综上，EO，AB，OG两两垂直，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，设，所以，可得，则，设面的一个法向量，则，令，则，若面的一个法向量为，则，令，则，由图知：二面角的平面角为锐角，则，所以二面角角的余弦值为.19迎接冬季奥运会期间，某市对全体高中学生举行了一次关于冬季奥运会相关知识的测试统计人员从全市高中学生中随机抽取200名学生成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，统计后发现所有学生的测试成绩都在区间40，100内，并制成如下所示的频率分布直

16、方图.(1)估计这200名学生的平均成绩（同一组中的数据用该区间的中点值为代表）；(2)在这200名学生中用分层抽样的方法从成绩在，的三组中抽取了10人，再从这10人中随机抽取3人，记X为3人中成绩在的人数，求X的分布列和数学期望；(3)规定成绩在的为等级，成绩在的为等级，其它为等级.以样本估计总体，用频率代替概率.从所有参加考试的同学中随机抽取10人，其中获得等级的人数恰为人的概率为，当为何值时的值最大？【答案】(1)69.5分；(2)分布列见解析，；(3)4.【分析】（1）根据频率直方图求平均成绩即可；（2）由分层抽样求出从，中分别抽取的人数，进而确定X所有可能取值并求出对应概率写出分布列

17、，根据分布列求期望；（3）由题设得，利用二项分布概率公式及不等式法解决最大概率问题.【详解】(1)这200名学生的平均成绩为：（分）.(2)由，的三组频率之比为，从，中分别抽取6人，3人，1人，X所有可能取值为0，1，2，3，则，故X的分布列为：X0123故(3)依题意，等级的概率为， 且，所以，而，则，即，解得，因为，所以.20设O为坐标原点，动点P在圆上，过点P作轴的垂线，垂足为Q且.(1)求动点D的轨迹E的方程；(2)直线与圆相切，且直线与曲线E相交于两个不同的点A、B，点T为线段AB的中点.线段OA、OB分别与圆O交于M、N两点，记的面积分别为，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【

18、分析】（1）设，由向量的数量关系可得，再由点在圆上，将坐标代入圆得到轨迹方程；（2）当的斜率易得与椭圆E相切，则并设直线方程，由直线与圆的相切关系有，联立椭圆应用韦达定理求，应用三角形面积公式得到关于m的表达式，应用函数思想求范围即可.【详解】(1)设，则，因，则，又P在圆上，即，所以动点D的轨迹E的方程是.(2)当直线的斜率时，直线与椭圆E相切，不符合题意，因此，设直线的方程为：，因直线与圆相切，则，即，由消去x并整理得：，设，则，而T是线段AB中点，则，令，则，而，当，即时，于是.21已知函数，(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围.【答案】(1

19、)(2)【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求解；（2）首先求函数的导数，讨论，和两种情况，分析函数的零点.【详解】(1)当时，则，则所求切线方程为：即；(2)由已知可得：方程在有两个不等实根，设，则数定义域为且， （）当即时，则时，单调递增；时，单调递减，所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去. （）当即时.，若，即时，则时，单调递减；若，则单调递增，所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去若，即，则为增函数，又，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去若即时，则时，单调递增；时，单调递减：时，单调递增.又，可知，时，在区间单调递增，由根的存在性定理可得：存在唯一，使得，又此时，所求方程有2个不同解，符合题意若即时，则时，单调递增；时，单调递减时，单调递增.又，于