2021-2022学年江西省南昌市第十五中学等名校高二3月联考数学（理）试题

20212022学年江西省南昌市第十五中学等名校高二3月联考数学（理）试题一、单选题1．定义集合且.已知集合，，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题中定义直接求解即可.【详解】因为，，所以，故选：C2．已知命题，则（

）A．p的否定是，且p是真命题B．p的否定是，且p是假命题C．p的否定是，且p是真命题D．p的否定是，且p是假命题【答案】D【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词判断即可；【详解】解：命题为全称量词命题，其否定是，因为，所以命题是假命题；故选：D3．下列推理中，正确的是（

）A．甲、乙、丙三人比体重，若甲比乙重，乙比丙重，则甲比丙轻B．若八只麻雀全都飞进五个笼子里，则至少有一个笼子里有三只麻雀C．如果一个三位数的个位数是4，那么这个三位数一定能被4整除D．已知所有的碱金属都能与水反应，钾是碱金属，所以钾能与水反应【答案】D【分析】利用演绎推理判断.【详解】选项A中，甲比丙重，所以A错误；选项B中，五个笼子里的麻雀数可能是，所以B错误；选项C中，因为114不能被4整除，所以C错误；选项D中，大前提与小前提都正确，结论正确，所以D正确．故选：D4．“球O的直径大于”是“球O的表面积大于”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】C【分析】根据充分必要条件的定义判断即可.【详解】球的表面积公式为，其中r是球的半径，若球O的直径大于，则球O的半径大于，所以球O的表面积大于，若球的表面积大于，则，“球O的直径大于10m”是“球的表面积大于”的充分必要条件；故选：C.5．已知双曲线的渐近线与圆相切，则C的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意求得的值，从而可求得答案.【详解】解：C的渐近线方程为，点到直线的距离，解得，故．故选：A.6．已知函数，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据表达式，先求出，再求出，利用导数定义配凑，最终得解.【详解】因为，所以，所以．故选：A.7．甲和乙约定周日早上在学校门口见面，当天先到者等未到者20分钟，超过20分钟对方未到就离开.当天早上，乙将在6点40分到7点50分之间任意时刻到达学校门口，甲于7点10分到达学校门口，则两人可以碰面的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，利用几何概型的概率计算公式，直接计算即可.【详解】依题意可得乙在6点50分到7点30分到达学校门口，两人可以碰面，故所求概率为·故选：.8．若函数的图象与的图象都关于直线对称，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正弦函数和余弦函数对称轴的性质计算即可.【详解】由题意可得，即，故的最小值为；故选：B.9．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的实数x的取值共有(

)A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由程序框图可知，解出x即可.【详解】由框图可知，该循环体需循环2次输出结果，∴输出，则，解得或，故输入的实数x的取值共有3个.故选：C.10．在三角形中，我们将三条边的中线的交点称为三角形的重心，且重心到任一顶点的距离是到对边中点距离的2倍.类比上述结论可得：在三棱锥中，我们将顶点与对面重心的连线称为三棱锥的“中线”，将三棱锥四条“中线”的交点称为三棱锥的“重心”.则三棱锥的“重心”到顶点的距离是到对面重心距离的（

）A．倍 B．2倍 C．倍 D．3倍【答案】D【分析】本题考查类比推理的思想，通过空间几何与平面几何的结合，利用相似三角形思想解题.【详解】如图，在四面体中，为的中点，连接，，且，分别为，的重心，，交于点，在中，，分别为，的三等分点，则，所以，，即与相似，比例为1：3，所以，故三棱锥的“重心”到顶点的距离是到对面重心距离的3倍.故选：D11．设，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】A选项借助中间量比较；B选项直接由对数的运算性质判断；C选项借助基本不等式判断；D选项结合函数的单调性进行判断.【详解】因为，所以，A错误；因为函数为增函数，所以，所以，D错误；因为，所以，B错误；因为，所以，所以，C正确．故选：C.12．的最小值为（

）A． B． C． D．5【答案】B【分析】从题目所给的代数式看，是求一个在抛物线上的点到两定点距离之和的最小值，作图，通过图形观察，利用抛物线的几何性质即可求解.【详解】设，则表示点到点和到点的距离之和，因为点在抛物线上，且F为C的焦点，准线为，并且，由于，所以点在抛物线内，作图如下：，过P点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的性质有，过A点作准线的垂线，垂足为B，与抛物线C交于H点，显然当P点与H点重合时，最小，最小值=；故选：B.二、填空题13．若实数满足，则的最大值为______．【答案】【分析】由约束条件可得可行域，将问题转化为在轴截距最大的问题，采用数形结合的方式可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，由得：，则取最大值时，在轴截距最大；由图形可知：当过点时，在轴截距最大，由得：，即，.故答案为：.14．观察下列各式：，，，，…据此规律，推测第10个式子为_______．【答案】【分析】根据前几个式子找出规律，得到第n个式子为，再代入即可得解；【详解】解：依题意，，，，根据规律可知第n个式子为．所以第10个式子为即；故答案为：15．已知向量，，满足，，，则的最大值是___________.【答案】【分析】先构造出，利用题目条件求出，再借助中线定理求出，利用基本不等式求出的最大值，即可求解.【详解】设，，，∵，∴点是的重心，又∵，∴.∴是直角三角形，又∵，即，则，，，.在中，，两边同时平方得，又，可得，即，∴，，当且仅当时，取等号；∴.故答案为：.【点睛】本题关键点一在于利用条件构造出，进而求出，关键点二在于借助中线定理求出，进而利用基本不等式求解，中线定理的证明及应用注意积累掌握.三、双空题16．一个质点作直线运动，其位移s（单位：m）与时间t（单位：s）满足函数关系式，则当时，该质点的瞬时速度为_______，该质点的瞬时加速度为_______．【答案】

【分析】（1）求导得到，令即得解；（2）设，求出即得解.【详解】解：（1），当时，，当时，该质点的瞬时速度为．（2）设，则，所以，故当时，该质点的瞬时加速度为．故答案为：7；18.四、解答题17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)求C；(2)若，△ABC的面积为，求a，b【答案】(1)(2)【分析】（1）转化为，结合，求解即可；（2）由，，联立求解即可【详解】(1)因为，所以即解得或（舍去）又，所以(2)由（1）可知，△ABC的面积又C，所以所以，即，即（舍负）故.18．用数学归纳法证明：（n为正整数）．【答案】证明见解析【分析】根据数学归纳法的步骤即可完成证明【详解】证明：①当时，左边，右边，等式成立．②假设当时，等式成立，即，那么当时，．故当时，等式也成立．综上可知等式对任意正整数n都成立．19．如图，在底面为矩形的四棱锥中，E为棱上一点，底面．(1)证明：平面平面．(2)若，且四棱锥的体积为20，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据底面，证得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）根据四棱锥的体积求得，以E为坐标原点，的方向为y轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【详解】(1)证明：因为底面，面，所以，在矩形中，，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面；(2)解：因为，所以，以E为坐标原点，的方向为y轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，则，即，令，得，所以，故直线与平面所成角的正弦值为．20．已知函数，直线是曲线的一条切线．(1)若与直线垂直，求与曲线的切点坐标；(2)若经过点，求的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）设切点的横坐标为m，求得，结合题意得到，求得的值，进而求得切点坐标；（2）设的斜率为，则的方程为，列出方程组，求得的值，进而求得直线的方程.【详解】(1)解：由题意，函数，可得，设切点的横坐标为m，则的斜率为，因为与直线垂直，所以的斜率为，即，解得，所以，因为，所以与曲线的切点坐标为．(2)设的斜率为，则的方程为，设切点的横坐标为，则，整理得，即，解得，当时，可得，此时直线的方程为；当时，可得，此时直线的方程为．21．正项数列的前项和为，已知．(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）十字叉乘法可得，再由与的关系可解；（2）根据分组求和法和错位相减法可得.【详解】(1)因为，所以或（舍去）．当时，当时，．显然时，上式也成立，所以．(2)由（1）可知，．令，①则，②①②得，即，则．22．已知为平面内一动点，过P作y轴的垂线，垂足为Q，P为线段的中点，且．记动点P的轨迹为W．(1)求W的方程．(2)S为W与x轴正半轴的交点，过S引两条斜率之和为的直线与W分别交于A，B两点（这两点均异于点S），证明：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，则，再求出相关向量的坐标，由建立等式即