江西省2022届高三数学5月第二次联考试题 理（解析版）

江西省2022届高三数学5月第二次联考试题理一、选择题1．全集U＝R，集合，则（∁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|}．故选：D．2．关于复数z＝（a+bi）（a，b∈R，i为虚数单位），下列说法正确的是（）A．若z＝﹣1+i，则|z|＝2 B．若为z的共轭复数，则 C．复数z＝1+2i的虚部为2i D．若，则z在复平面内对应的点的坐标为【解答】解：若z＝﹣1+i，则|z|＝，故A错误，若为z的共轭复数，则•z＝（a﹣bi）（a+bi）＝a2+b2，而z2＝（a+bi）2＝a2﹣b2+2abi，故B错误，复数z＝1+2i的虚部是2，故C错误，若，则z＝＝+i，故z在复平面内对应的点的坐标为，故D正确，3．某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布，试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的，则此次数学考试成绩在90分到105分（含90分和105分）之间的人数约为（）A．150 B．200C．300 D．400【详解】由题意，随机变量，即，即正态分布曲线的对称轴为，因为，所以，所以所以此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为.故选：C.4.函数f（x）＝log2（|x|﹣1）的图像为（）A． B． C． D．【解答】解：由|x|﹣1＞0得x＞1或x＜﹣1，即函数的定义域为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），排除B，C，f（﹣x）＝log2（|﹣x|﹣1）＝log2（|x|﹣1）＝f（x），则f（x）是偶函数，排除D，故选：A．5．在下列五个命题中，其中正确的个数为（）①命题“∀x∈R，都有x2+x+1＞0”的否定为“∃x∉R，有x2+x+1≤0”；②已知，，若与夹角为锐角，则k的取值范围是k＞0；③“≥1”成立的一个充分不必要条件是“0＜x＜1”；④已知l是一条直线，α，β是两个不同的平面，若l⊥α，l⊥β，则α∥β．⑤函数的图像向左平移个单位后所得函数解析式为y＝2sin2x．A．4 B．3 C．2 D．1【解答】解：对于①，命题“∀x∈R，都有x2+x+1＞0”的否定为“∃x∈R，有x2+x+1≤0”，故①错误；对于②，因为向量＝（k﹣1，4﹣2k）与＝（4，1）的夹角为锐角，所以•＞0，且、不共线；即4（k﹣1）+4﹣2k＞0，且k﹣1﹣4（4﹣2k）≠0，所以k＞0，且k≠，故②错误；对于③，由≥1可得0＜x≤1，所以③“≥1”成立的一个充分不必要条件是“0＜x＜1”，故③正确；对于④，若l⊥α，l⊥β，根据面面垂直的判定定理可知α⊥β，故④正确；对于⑤，函数的图像向左平移个单位后所得函数解析式为y＝2sin[2（x+）﹣]＝2sin（2x+），故⑤错误．故选：C．6.在△ABC中，若b＝3，c＝2，B＝45°，则此三角形解的情况为（）A．无解B．两解C．一解 D．解的个数不能确定【解答】解：过点A作AD⊥BD．点D在∠B的一条边上，∵h＝csinB＝2×＝＜2＜3＝b＝AC，又3＞2，因此此三角形只有一解．故选：C．7.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是（）A．41π B． C．25π D．【解答】解：由三视图得到直观图，如图，该几何体为三棱锥D1﹣CC1E，正方体的棱长为4，E为BB1的中点，取出该几何体如图，三棱锥E﹣C1D1C，底面三角形C1D1C为等腰直角三角形，直角边长为4，侧面EC1C⊥底面C1D1C，．则底面三角形的外心为CD1的中点G，设△EC1C的外心为H，分别过G与H作底面C1D1C与侧面EC1C的垂线相交于O，则O为三棱锥E﹣C1D1C的外接球的球心，在△EC1C中，求得CK＝4，sin∠ECK＝，则2EH＝，即EH＝，则HK＝，，则．∴该几何体外接球的表面积是4．故选：A．8.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问题：将1到2021这2021个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数为（）A．58 B．59 C．60 D．61【解答】解：被5除余3且被7除余2的数构成首项为23，公差为35的等差数列，记为{an}，则an＝23+35（n﹣1）＝35n﹣12，令an＝35n﹣12≤2021，解得n≤58．∴将1到2021这2021个自然数中满足被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数是58．故选：A．9.设x，y满足约束条件，且z＝ax+by（a＞0，b＞0）的最大值为1，则的最小值为（）A．64 B．81 C．100 D．121【解答】解：作出约束条件表示的可行域如图，∵a＞0，b＞0，联立，得x＝5，y＝6，∴当直线z＝ax+by经过点（5，6）时，z取得最大值，则5a+6b＝1，∴，当且仅当时，等号成立，∴的最小值为121．故选：D．10.已知函数（ω＞0）在区间[0，π]上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论：①f（x）在区间（0，π）上有且仅有3个不同的零点；②f（x）的最小正周期可能是；③ω的取值范围是；④f（x）在区间上单调递增．其中所有正确结论的序号是（）①④ B．②③ C．②④ D．②③④【解答】解：由函数，令，则函数f（x）在区间[0，π]上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，由，得，则k＝0，1，2，3，即1+4×3≤4ω＜1+4×4，∴，故③正确；对于①，∵x∈（0，π），∴，∴，当时，f（x）在区间（0，π）上有且仅有3个不同的零点；当时，f（x）在区间（0，π）上有且仅有4个不同的零点；故①错误；对于②，周期，由，则，∴，故②正确；对于④，∵，∴，∴，又，所以f（x）在区间上不一定单调递增，故④错误．故正确序号为：②③，故选：B．11.已知F1，F2为双曲线的左、右焦点，P为双曲线右支上异于顶点的任意一点，若A为△PF1F2内切圆上一动点，当AF1的最大值为4时，△PF1F2的内切圆半径为（）A． B． C． D．【解答】解：设△PF1F2的内切圆分别与PF1、PF2切于点N、B，与F1F2切于点H，则|PA|＝|PB|，|F1N|＝|F1H|，|F2B|＝|F2H|．又点P在双曲线右支上，∴|PF1|﹣|PF2|＝2a，即（|PN|+|F1N|）﹣（|PB|+|F2B|）＝2a，∴|F1H|﹣|F2H|＝2a，而|F1H|+|F2H|＝2c，设H点坐标为（x，0），∵|F1H|﹣|F2H|＝2a，∴（x+c）﹣（c﹣x）＝2a，解得x＝a，由双曲线的方程知a2＝1，b2＝3，所以a＝1，c2＝1+3＝4，所以c＝2，故内切圆的圆心M与在直线x＝1上，设内切圆的半径为r，由AF1的最大值为4知MF1＝4﹣r，所以（4﹣r）2＝32+r2，解得r＝．故选：C．12.设，b＝，c＝，则a，b，c的大小顺序为（）A．a＜c＜b B．c＜a＜b C．a＜b＜c D．b＜a＜c【解答】解：根据题意，设f（x）＝，（x＞0）则a＝f（），b＝f（e），c＝f（4），其导数f′（x）＝，在区间（1，e）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，在区间（e，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，故当x＝e时，函数取得最大值f（e）＝，故b＞a，b＞c，设m＝的零点为x1，x2，（x1＜x2），则mx1＝lnx1，mx2＝lnx2，所以lnx2﹣lnx1＝m（x2﹣x1），lnx2+lnx1＝lnx1x2＝m（x2+x1）①，令g（x）＝lnx﹣，x＞1，则g′（x）＝＞0，故g（x）在（1，+∞）单调递增，g（x）＞g（1）＝0，所以，当x＞1时，lnx＞，从而ln＞，即（lnx2﹣lnx1）•＞②，①代入②得，x1x2＞e2，令x1＝，则x2＞4，故f（x1）＝f（x2）＜f（4），故a＜c，综上a＜c＜b．故选：A．二.填空题若（1﹣2x）2022＝a0+a1x+a2x2+⋯+a2022x2022，则的值．【解答】解：当x＝0时，a0＝1，当x＝时，a0+＝0，∴＝﹣1．故答案为：﹣1．14.甲、乙、丙、丁等6人排成一排，要求甲、乙两人相邻，并且甲、乙两人与丙、丁两人都不相邻，则不同的排法种数是.（用数字作答）【解答】解：甲，乙，丙，丁等6人排成一排，甲，乙相邻，则把甲乙看成一个整体，甲，乙之间有种排法，①当甲，乙整体排在首或尾时，共＝48（种），②当甲，乙整体排在中间3个位的排法，（种），故不同的排法种数为48+24＝72．故答案为：72．已知函数f（x）的导函数f'（x）满足f'（x）﹣f（x）＝e2x，且f（0）＝1，当x∈（0，+∞）时，x（f（x）﹣a）≥1+lnx恒成立，则实数a的取值范围是．【解答】解：设，则，故g（x）＝ex+c，则f（x）＝（ex+c）ex，又因为f（0）＝1，即1+c＝1，所以c＝0，f（x）＝e2x，x（e2x−a）≥1+lnx，因为x∈（0，+∞），所以在x∈（0，+∞）上恒成立，其中e2x−lnx≥2x+lnx+1，理由如下：构造φ（x）＝ex−x−1，则φ′（x）＝ex−1，令φ′（x）＝0得：x＝0，当x＞0得：φ′（x）＞0，当x＜0得：φ′（x）＜0，故φ（x）在x＝0处取的极小值，也是最小值，φ（x）≥φ（0）＝0，从而得证．故，故a≤2，实数a的取值范围为（−∞，2]，故答案为：（﹣∞，2]．16．在中，，，，是的外接圆上的一点，若，则的最小值是________【详解】由余弦定理得，所以，所以，所以．以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A（－1，0），C（1，0），B（－，），设P的坐标为，所以，，，又，所以，所以，，所以，当且仅当时，等号成立．故答案为：三、解答题17.．各项都为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足4Sn＝an2+4n（n∈N*）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）求Tn＝+…+；（3）设cn＝（﹣1）nan，数列{cn}的前n项和为Pn，求使Pn＞46成立的n的最小值．【解答】解：（1）各项都为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足4Sn＝an2+4n（n∈N*）①，当n＝1时，解得a1＝2；当n≥2时，②；①﹣②得：，整理得an﹣an﹣1＝2（常数），故数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列；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，所以当n为偶数时，；n的最小值为48；9分当n为奇数时，，不存在最小的n值．故当n为48时，满足条件．12分18.如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD＝2，点E，F，G分别为PA，AB，BC的中点，平面EFGM∩棱PC＝M．（Ⅰ）试确定的值，并证明你的结论；（Ⅱ）求平面EFGM与平面PAD夹角的余弦值．【解答】证明：（I）．在△APB中，因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB．又EF∉平面PBC，PB⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC．因为EF⊂平面EFG，平面EFG∩平面PBC＝GM，所以EF∥GM．所以PB∥GM．在△PBC中，因为点G为BC的中点，所以点M为PC的中点，即．（II）因为底面ABCD为正方形，所以AD⊥CD．因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD．如图，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，2），因为E，F，G分别为PA，AB，BC的中点，所以E（1，0，1），F（2，1，0），G（1，2，0）．所以．设平面EFGM的法向量，则即令x＝1，y＝1，z＝2，于是＝（1，1，2）．又因为平面PAD的法向量为＝（0，1，0），所以．所以平面EFGM与平面PAD夹角的余弦值为．19.接种新冠疫苗，可以有效降低感染新冠肺炎的几率，某地区有A，B，C三种新冠疫苗可供居民接种，假设在某个时间段该地区集中接种第一针疫苗，而且这三种疫苗的供应都很充足．为了节省时间和维持良好的接种秩序，接种点设置了号码机，号码机可以随机地产生A，B，C三种号码（产生每个号码的可能性都相等），前去接种第一针疫苗的居民先从号码机上取一张号码，然后去接种与号码相对应的疫苗（例如：取到号码A，就接种A种疫苗，以此类推）．若甲，乙，丙，丁四个人各自独立的去接种第一针新冠疫苗．(1)求这四个人中恰有2个人接种A种疫苗的概率；(2)记甲，乙，丙，丁四个人中接种疫苗的种数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为解答：(1)依题意所有可能的接种方式有种，恰有2人接种疫苗的情况有种，从而恰有2人接种种疫苗的概率为．(2)依题意的可能值为1，2，3，又，（或），（或）．综上知，X的分布列为X123P所以．20.已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的一个焦点与短轴的两个端点组成的三角形是等腰直角三角形，点P（，1）是椭圆C上一点．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设R（s，t）是椭圆C上的一动点，由原点O向（x﹣s）2+（y﹣t）2＝4引两条切线，分别交椭圆C于点P，Q，若直线OP，OQ的斜率均存在，并分别记为k1，k2，求证：k1•k2为定值．【解答】（1）解：因为椭圆的一个焦点与短轴的两个端点组成的三角形是等腰直角三角形，所以c＝×2b＝b，所以a＝b，又点是椭圆C上一点，所以+＝1，所以a＝2，b＝，故椭圆C的方程为．（2）证明：设直线OP：y＝k1x，直线OQ：y＝k2x，又直线OP为圆R的切线，所以，化简得，同理可得，故k1，k2是方程（s2﹣4）k2﹣2stk+t2﹣4＝0的两根，由（s2﹣4）≠0，Δ＞0，可知，因为R（s，t）在椭圆上，所以，所以，故k1⋅k2为定值．21.已知函数．(1)若函数的图象在点处的切线方程为，求函数的极小值；(2)若，对于任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)解析(1)因为的定义域为，所以．由函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，得，解得a＝1．此时．当和时，；当时，．所以函数f