江西省九江市第三次高考模拟统一考试数学（理）试题

2022届江西省九江市第三次高考模拟统一考试数学（理）试题一、单选题1．已知为虚数单位，且，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由复数运算可求得，根据模长的运算方法可求得结果.【详解】由题意得：，.故选：D.2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先化简集合，再由交集的定义求解即可【详解】∵∴，故选：A.3．已知命题若，则，命题，，则（

）A．为真命题 B．为假命题C．为真命题 D．为真命题【答案】C【分析】分别判断出命题的真假，由复合命题真假性可得结果.【详解】当时，，知命题为假；当时，，知命题为真；为假命题，为真命题；为真命题；为假命题.故选：C.4．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据辅助角公式得到，再利用诱导公式求解即可。【详解】，即，故选：B5．已知函数是定义在的奇函数，且当时，．若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据奇偶性，由可求得，代入即可求得结果.【详解】为奇函数，，解得：，.故选：B.6．已知，，，其中为自然对数的底数，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由对数函数单调性，结合临界值可确定大小关系.【详解】，.故选：A.7．函数的部分图像如图所示，对任意实数，都有，下列说法中正确的是（

）①的最小正周期为；②的最小值为；③的图像关于对称；④在上单调递增.A．①③ B．②③ C．②④ D．③④【答案】B【分析】由函数图像可求,利用周期公式可求,即可判断①;由题意可得,,可得的最小值为,即可判断②;进而可得点为函数图像的对称中心，即可判断③;由,且,得,由题意可求,利用正弦函数的单调性即可判断④【详解】解：由图像可知，，，则，，∴，故①错误；又，则，，∴的最小值为，故②正确；则点为函数图像的对称中心，③正确；由，且，得，∴，当时，，显然在上不单调，故④错误，故选：B.8．小明同学本学期次数学测验中，最高分为分，最低分为分，中位数为分，则这次数学测验的平均分不可能是（

）A．分 B．分 C．分 D．分【答案】D【分析】设除最高分、最低分和中位数的另外次成绩为，由此可得的范围；根据平均数的计算方法可求得平均数的取值范围，由此可得选项.【详解】由题意知：小明在次数学测验中有次的成绩为：；设另外次成绩为，则，，次数学测验的平均分为，则这次数学测验的平均分不可能是分.故选：D.9．已知正三棱柱的所有棱长均相等，直线与所成的角为，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设分别为中点，由平行关系可知，利用余弦定理可求得，由此可得，由同角三角函数平方关系可得.【详解】设分别为中点，连接，，，直线与所成角为的补角，即；设正三棱柱的棱长为，，，，，，，则，又，.故选：C.10．双曲线的左右焦点分别为，，为圆与该双曲线的一个公共点，则的面积为（

）A． B． C． D．1【答案】A【分析】由双曲线定义得到，且，进而求出，求出的面积.【详解】由双曲线方程知，，恰好为圆的直径，所以，如图所示：由双曲线定义知，，∴，∴，故选：A.11．如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为.若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】画出截面图，设储物盒所在球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出比值.【详解】设储物盒所在球的半径为，如图，小球最大半径满足，所以，正方体的最大棱长满足，解得：，∴，故选：D.12．油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫开展油纸伞文化艺术节.活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为2，当阳光与地面夹角为60时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，若该椭圆的离心率为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意先求得短半轴长，再根据正弦定理求得，进而根据离心率的公式求解即可【详解】因伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，由图可知，椭圆的短半轴长，在中，由正弦定理得，解得，则故选：D.二、填空题13．已知向量，，，则实数的值为___________.【答案】5【分析】由向量数量积的坐标运算可得答案.【详解】∵，，∴，解得.故答案为：5.14．中，三内角的对边分别为，已知，则角________．【答案】【分析】利用余弦定理角化边可配凑出的形式，由此可得结果.【详解】由余弦定理得：，整理得：，，又，.故答案为：.15．已知直线与曲线相切，则___________.【答案】【分析】求出函数的导函数，设切点为，即可得到方程组，消去得，再根据函数的单调性，求出，即可求出；【详解】解：由，所以设切点为，则，，消去得，∵函数在上单调递增，且，∴，此时.故答案为：，记，，.小明同学一般情况下都是骑自行车上学，路上花费的时间（单位：分钟）服从正态分布.已知小明骑车上学迟到的概率为.某天小明的自行车坏了，他打算步行上学，若步行上学路上花费的时间（单位：分钟）服从正态分布，要使步行上学迟到的概率不大于，则小明应该至少比平时出门的时间早_____________分钟.【答案】20【分析】根据正态分布的性质求出小明骑车、步行多久才会迟到，即可得解；【详解】解：由小明骑车上学迟到的概率知，小明骑车花费分钟才会迟到.若小明步行上学，要使迟到的概率不大于，则步行花费时间应小于分钟，故小明应该至少比平时出门的时间早分钟.故答案为：三、解答题17．已知数列的前项和为，且满足，.(1)求；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）当时可求得，由与关系，可证得数列，均为公比为4的等比数列，由等比数列通项公式可求得结果；（2）由（1）可得数列的通项公式，采用裂项相消法可求得结果.【详解】(1)当时，，∵，∴.当时，由，得，两式相减得即∴数列，均为公比为4的等比数列∴，∴(2)∵∴数列的前项和18．如图1，矩形中，，，为上一点且.现将沿着折起，使得，得到的图形如图2.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由勾股定理证明，再由结合线面垂直的判定证明即可；（2）由面面垂直的性质证明平面，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法得出二面角的余弦值.【详解】(1)∵四边形为矩形，，且，∴∵，∴∵，，∴，∴∵四边形为矩形，∴∵，平面，∴平面(2)过作，交于，∵，，∴，∴由（1）知平面,平面,所以，由得平面，平面，∴平面平面，又，平面，∴平面，故以为原点建立空间直角坐标系如图所示，∴，，，平面的一个法向量为设平面的一个法向量为，则，∵，，∴，令，得，，∴∴∵二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为.19．已知抛物线过点，且P到抛物线C的焦点的距离为2．(1)求抛物线C的方程；(2)设A，B为抛物线C上两点，且，求点P到直线距离的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据抛物线的性质以及点在抛物线上列出方程求出，即可求出抛物线方程.（2）设出，，以及直线方程，利用，根据韦达定理求出之间的关系即可知直线过定点，P到直线距离的最大值.【详解】(1)解：根据抛物线的性质可知又点在抛物线C上，即抛物线C的方程(2)设，,即设直线的方程为，代入，可得，即直线的方程为故直线过定点，点P到直线距离的最大值.20．电子竞技（Electronic

Sports）是电子游戏比赛达到“竞技”层面的体育项目，其利用电子设备作为运动器械进行的、人与人之间的智力和体力结合的比拼.电子竞技可以锻炼和提高参与者的思维能力、反应能力、四肢协调能力和意志力，培养团队精神.第19届亚运会将于2022年9月10日至25日在浙江杭州举行，本届亚运会增设电子竞技竞赛项目，比赛采取“双败淘汰制”.以一个4支战队参加的“双败淘汰制”为例，规则如下：首轮比赛：抽签决定4支战队两两对阵，共两场比赛.根据比赛结果（每场比赛只有胜、败两种结果），两支获胜战队进入胜者组，另外两支战队进入败者组；第二轮比赛：败者组两支战队进行比赛，并淘汰1支战队（该战队获得殿军）；胜者组两支战队进行比赛，获胜战队进入总决赛，失败战队进入败者组；第三轮比赛：上一轮比赛中败者组的获胜战队与胜者组的失败战队进行比赛，并淘汰1支战队（该战队获得季军）；第四轮比赛：剩下的两支战队进行总决赛，获胜战队获得冠军，失败战队获得亚军.现有包括战队在内的4支战队参加比赛，采用“双败淘汰制”.已知战队每场比赛获胜的概率为，且各场比赛互不影响.(1)估计战队获得冠军的概率；(2)某公司是战队的赞助商之一，赛前提出了两种奖励方案：方案1：获得冠军则奖励24万元，获得亚军或季军则奖励15万元，获得殿军则不奖励；方案2：获得冠军则奖励（其中以全胜的战绩获得冠军奖励40万元，否则奖励30万元），其他情况不奖励.请以获奖金额的期望为依据，选择奖励方案，并说明理由.【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）由题意首先确定所有可能的事件的概率，然后计算战队获得冠军的概率即可；（2）分别求得相应方案的均值，然后利用均值的大小进行比较即可得出结论【详解】(1)由题意可知，战队获得冠军有以下3种可能情况：①“胜胜胜”概率为②“败胜胜胜”概率为③“胜败胜胜”概率为则战队获得冠军的概率为；(2)战队获得殿军的情况是“败败”，故战队获得殿军的概率为，则获得亚军或季军的概率为，设方案1中战队获奖金额为，则其分布列为24150若选择方案1，则战队获奖金额的期望为（万元）设方案2中战队获奖金额为，则其分布列为40300若选择方案2，则战队获奖金额的期望为（万元）∵，故选择方案1、方案2均可.21．已知函数.(1)当时，试比较与0的大小；(2)若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）时，求出得到在上单调递减，又结合单调性可得答案；（2）由得，再证当时，由，令，只需证，①当时，利用得，②当时，，，利用的单调性得，得的单调性从而得到答案.【详解】(1)当时，，因为，所以，所以在上单调递减，又，所以当时，；当时，；当时，.(2)∵，∴，下证当时，，∵，∴，令，要证，只需证，①当时，，由（1）知，，②当时，，，易知在上单调递减，在上单调递增，∵，，，∴，，使得，∴当，时，；当时，，∴在，上单调递增，在上单调递减，而，∴当时，；当时，，∴在上单调递增，在上单调递减.而，∴当时，，③当时，，∴在上单调递增，∴，综上所述，的取值范围是.【点睛】本题解题的关键点是构造函数，利用导数求出函数的最值得到函数的单调性，求出参数的取值范围，考查了学生的分析问题问题、解决问题的能力.22．在平面直角坐标系中，以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．(1)求曲线的直角坐标方程；(2)若曲线上恰有三个点到曲线的距离为，求的值．【答案】(1)（不同时为）；(2)或【分析】（1）根据极坐标和直角坐标互化原则直接求解即可；（2）当，时可得方程，结合对称性可得曲线围成的图形，结合图形分析可构造方程求得的值.【详解】(1)由知：，则，曲线的直角坐标方程为：（不同时为）；由得：，即，曲线的直角坐标方程为：.(2)当，时，曲线：，即；结合对称性可得曲线围成的图形如下图所示，曲线上恰有三个点到曲线的距离为，或，解得：或.23．设函数．(1)若关于x的不等式恒成立，求a的取值范围；(2)在平面直角坐标系中，所