2022届江西省宜春市高三适应性调研考试数学试题含解析

2021-2022高考数学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合，则（）A． B． C． D．2．已知函数是上的偶函数，是的奇函数，且，则的值为（）A． B． C． D．3．已知向量与向量平行，，且，则（）A． B．C． D．4．已知双曲线的焦距为，若的渐近线上存在点，使得经过点所作的圆的两条切线互相垂直，则双曲线的离心率的取值范围是（）A． B． C． D．5．某三棱锥的三视图如图所示，那么该三棱锥的表面中直角三角形的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．06．设数列的各项均为正数，前项和为，，且，则（）A．128 B．65 C．64 D．637．函数满足对任意都有成立，且函数的图象关于点对称，，则的值为（）A．0 B．2 C．4 D．18．已知为虚数单位，若复数，，则A． B．C． D．9．已知为一条直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则10．若(1＋2ai)i＝1－bi，其中a，b∈R，则|a＋bi|＝()．A． B． C． D．511．执行如图所示的程序框图，若输入，，则输出的（）A．4 B．5 C．6 D．712．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为4的正三角形，俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动．已知某种盆栽植物每株成活的概率为，各株是否成活相互独立．该学校的某班随机领养了此种盆栽植物10株，设为其中成活的株数，若的方差，，则________．14．已知不等式组所表示的平面区域为，则区域的外接圆的面积为______．15．在平面直角坐标系xOy中，已知A0,a,B3,a+416．在棱长为的正方体中，是正方形的中心，为的中点，过的平面与直线垂直，则平面截正方体所得的截面面积为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知数列，其前项和为，满足，，其中，，，.⑴若，，（），求证：数列是等比数列；⑵若数列是等比数列，求，的值；⑶若，且，求证：数列是等差数列.18．（12分）在平面直角坐标系中，点，直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线相交于不同的两点是线段的中点，当时，求的值．19．（12分）已知椭圆的离心率为，且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知动直线l过右焦点F，且与椭圆C交于A、B两点，已知Q点坐标为，求的值．20．（12分）某公司欲投资一新型产品的批量生产，预计该产品的每日生产总成本价格)(单位:万元)是每日产量(单位:吨)的函数:.（1）求当日产量为吨时的边际成本(即生产过程中一段时间的总成本对该段时间产量的导数)；（2）记每日生产平均成本求证：；（3）若财团每日注入资金可按数列(单位:亿元)递减，连续注入天，求证:这天的总投入资金大于亿元.21．（12分）已知函数.（1）若，，求函数的单调区间；（2）时，若对一切恒成立，求a的取值范围.22．（10分）设函数.（1）解不等式；（2）记的最大值为，若实数、、满足，求证：.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．A【解析】

考虑既属于又属于的集合，即得.【详解】.故选：【点睛】本题考查集合的交运算，属于基础题.2．B【解析】

根据函数的奇偶性及题设中关于与关系，转换成关于的关系式，通过变形求解出的周期，进而算出.【详解】为上的奇函数，，而函数是上的偶函数，，，故为周期函数，且周期为故选：B【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，函数的周期性的应用，属于基础题.3．B【解析】

设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.【详解】设，且，，由得，即，①，由，②，所以，解得，因此，.故选：B.【点睛】本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.4．B【解析】

由可得；由过点所作的圆的两条切线互相垂直可得,又焦点到双曲线渐近线的距离为,则,进而求解.【详解】,所以离心率,又圆是以为圆心,半径的圆,要使得经过点所作的圆的两条切线互相垂直,必有,而焦点到双曲线渐近线的距离为,所以,即,所以,所以双曲线的离心率的取值范围是.故选:B【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围,考查双曲线的性质的应用.5．C【解析】

由三视图还原原几何体，借助于正方体可得三棱锥的表面中直角三角形的个数.【详解】由三视图还原原几何体如图，其中，，为直角三角形.∴该三棱锥的表面中直角三角形的个数为3.故选：C.【点睛】本小题主要考查由三视图还原为原图，属于基础题.6．D【解析】

根据，得到，即，由等比数列的定义知数列是等比数列，然后再利用前n项和公式求.【详解】因为，所以，所以，所以数列是等比数列，又因为，所以，.故选：D【点睛】本题主要考查等比数列的定义及等比数列的前n项和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7．C【解析】

根据函数的图象关于点对称可得为奇函数，结合可得是周期为4的周期函数，利用及可得所求的值.【详解】因为函数的图象关于点对称，所以的图象关于原点对称，所以为上的奇函数.由可得，故，故是周期为4的周期函数.因为，所以.因为，故，所以.故选：C.【点睛】本题考查函数的奇偶性和周期性，一般地，如果上的函数满足，那么是周期为的周期函数，本题属于中档题.8．B【解析】

由可得，所以，故选B．9．D【解析】A.若，则或，故A错误；B.若，则或故B错误；C.若，则或，或与相交；D.若，则，正确.故选D.10．C【解析】试题分析：由已知，－2a＋i＝1－bi，根据复数相等的充要条件，有a＝－，b＝－1所以|a＋bi|＝，选C考点：复数的代数运算，复数相等的充要条件，复数的模11．C【解析】

根据程序框图程序运算即可得.【详解】依程序运算可得：，故选：C【点睛】本题主要考查了程序框图的计算，解题的关键是理解程序框图运行的过程.12．A【解析】由题意得到该几何体是一个组合体，前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥，后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥，体积为故答案为A.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

由题意可知：，且，从而可得值．【详解】由题意可知：∴，即,∴故答案为：【点睛】本题考查二项分布的实际应用，考查分析问题解决问题的能力，考查计算能力，属于中档题．14．【解析】

先作可行域，根据解三角形得外接圆半径，最后根据圆面积公式得结果.【详解】由题意作出区域，如图中阴影部分所示，易知，故，又，设的外接圆的半径为，则由正弦定理得，即，故所求外接圆的面积为.【点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离、可行域面积、可行域外接圆等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.15．（-53，【解析】

求出AB的长度，直线方程，结合△ABC的面积为5，转化为圆心到直线的距离进行求解即可．【详解】解：AB的斜率k=a+4-a3-0=4=3设△ABC的高为h，则∵△ABC的面积为5，∴S=12|AB|h=即h＝2，直线AB的方程为y﹣a=43x，即4x﹣3y+3若圆x2+y2＝9上有且仅有四个不同的点C，则圆心O到直线4x﹣3y+3a＝0的距离d=|3a|则应该满足d＜R﹣h＝3﹣2＝1，即|3a|5得|3a|＜5得-53＜故答案为：（-53，【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，求出直线方程和AB的长度，转化为圆心到直线的距离是解决本题的关键．16．【解析】

确定平面即为平面，四边形是菱形，计算面积得到答案.【详解】如图，在正方体中，记的中点为，连接，则平面即为平面．证明如下：由正方体的性质可知，，则，四点共面，记的中点为，连接，易证．连接，则，所以平面，则．同理可证，，，则平面，所以平面即平面，且四边形即平面截正方体所得的截面．因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，其对角线，，所以其面积．故答案为：【点睛】本题考查了正方体的截面面积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）见解析（2）（3）见解析【解析】试题分析：（1）(),所以，故数列是等比数列；（2）利用特殊值法，得，故；（3）得，所以，得，可证数列是等差数列.试题解析：（1）证明：若，则当(),所以，即，所以，又由，，得，，即，所以，故数列是等比数列．（2）若是等比数列，设其公比为（），当时，，即，得，①当时，，即，得，②当时，，即，得，③②①，得，③②，得，解得．代入①式，得．此时()，所以，是公比为１的等比数列，故．（3）证明：若，由，得，又，解得．由，，，，代入得，所以，，成等差数列，由，得，两式相减得：即所以相减得：所以所以，因为，所以，即数列是等差数列.18．（1）；（2）.【解析】

（1）在已知极坐标方程两边同时乘以ρ后，利用ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，ρ2＝x2+y2可得曲线C的直角坐标方程；（2）联立直线l的参数方程与x2＝4y由韦达定理以及参数的几何意义和弦长公式可得弦长与已知弦长相等可解得．【详解】解：（1）在ρ+ρcos2θ＝8sinθ中两边同时乘以ρ得ρ2+ρ2（cos2θ﹣sin2θ）＝8ρsinθ，∴x2+y2+x2﹣y2＝8y，即x2＝4y，所以曲线C的直角坐标方程为：x2＝4y．（2）联立直线l的参数方程与x2＝4y得：（cosα）2t2﹣4（sinα）t+4＝0，设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，由△＝16sin2α﹣16cos2α＞0，得sinα＞，t1+t2＝，由|PM|＝，所以20sin2α+9sinα﹣20＝0，解得sinα＝或sinα＝﹣（舍去），所以sinα＝．【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．19．（1）；（2）．【解析】

（1）根据椭圆的离心率为，得到，根据直线与圆的位置关系，得到原心到直线的距离等于半径，得到，从而求得，进而求得椭圆的方程；（2）分直线的斜率存在是否为0与不存在三种情况讨论，写出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，向量的数量积，结合已知条件求得结果.【详解】（1）由离心率为，可得，，且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆的方程为，因与直线相切，则有，即，，，故而椭圆方程为．（2）①当直线l的斜率不存在时，，，由于；②当直线l的斜率为0时，，，则；③当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，，，由及，得，有，∴，，，，∴，综上所述：．【点睛】该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，求向量数量积，在解题的过程中，注意对直线方程的分类讨论，属于中档题目.20．（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】

（1）求得函数的导函数，由此求得求当日产量为吨时的边际成本.（2）将所要证明不等式转化为证明，构造函数，利用导数证得，由此证得不等式成立.（3）利用（2）的结论，判断出，由此结合对数运算，证得.【详解】（1）因为所以当时，（2）要证，只需证，即证，设则所以在上单调递减，所以所以，即；（3）因为又由（2）知，当时，所以所以所以【点睛】本小题主要考查导数的计算，考查利用导数证明不等式，考查放缩法证明数列不等式，属于难题.21．（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）【解析】

（1）求导，根据导数与函数单调性关系即可求出.（2）解法一：分类讨论：当时，观察式子可得恒成立；当时，利用导数判断函数为单调递增，可知；当时，令，由，，根据零点存在性定理可得，进而可得在上，单调递减，即不满足题意；解法二：通过分离参数可知条件等价于恒成立，进而记，问题转化为求在上的最小值问题，通过二次求导，结合洛比达法则