江西省（东乡一中、都昌一中、丰城中学、赣州中学、景德镇二中、上饶中学、上栗中学、新建二中）新八校高三下学期第二次联考数学（理）试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 19 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 19 页2022届江西省（东乡一中、都昌一中、丰城中学、赣州中学、景德镇二中、上饶中学、上栗中学、新建二中）新八校高三下学期第二次联考数学（理）试题一、单选题1全集，集合，则（）ABCD【答案】D【分析】分别求解两个集合，再进行集合的运算，即可求解.【详解】，解得：或 ，所以,，集合，所以故选：D2关于复数（a，为虚数单位），下列说法正确的是（）A若则B若为的共轭复数，则C复数的虚部为D若，则在复平面内对应的点的坐标为【答案

2、】D【分析】对于选项，直接求负数的模；对于选项，考察共轭复数概念，若一个复数为，则其共轭复数为；对于选项，通过分子分母同时乘以分母的共轭复数即可.【详解】对于选项，若，则，故答案错误；对于选项，若为的共轭复数，则，故答案错误；对于选项，复数的虚部为，故答案错误；对于选项，若，则，故答案正确.故选：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（）A150B200C300D400【答案】C【分析】由随机变量，得到正态分布曲线的

3、对称轴为，结合正态分布曲线的对称性，求得，即可求解.【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函数的图像为（）ABCD【答案】A【分析】以函数的定义域、奇偶性去排除错误选项即可.【详解】函数的定义域为，可以排除选项B、C；由，可知函数为偶函数，其图像应关于y轴轴对称，可以排除选项D.故选：A5在下列五个命题中，其中正确的个数为（）命题“，都有”的否定为“，有”；已知，若与夹角为锐角，则的取值范围是；“”成立的一个充分不必要条件是“”；已知是一条直线，是两个不同的平面，若，则.函数的图像向左平移个单位

4、后所得函数解析式为.A4B3C2D1【答案】C【分析】对于：由全称命题的否定直接判断；对于：取特殊值直接否定结论；对于：用定义法判断“”成立的一个充分不必要条件是“”成立；对于：利用线面垂直的性质定理即可证明；对于：由图像的相位变化直接求解.【详解】对于：命题“，都有”的否定为“，有”，故错误；对于：当时，此时/.故错误；对于：“”等价于“”. 因为“”“”， 但是 “”不能推出 “”，所以“”成立的一个充分不必要条件是“”成立，故正确；对于：由线面垂直的性质定理，因为，所以.故正确；对于：函数的图像向左平移个单位后所得函数解析式为.故错误.故选：C6在中，若，则此三角形解的情况为（）A无解B

5、两解C一解D解的个数不能确定【答案】C【分析】求出的值，结合大边对大角定理可得出结论.【详解】由正弦定理可得可得，因为，则，故为锐角，故满足条件的只有一个.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（）ABCD【答案】A【分析】根据三视图可知,该几何体是从棱长为4的正方体中截取的三棱锥，其中A为棱的中点，由正方体的性质可知平面ABC，先求得的外接圆半径，再利用球的截面性质，由求得球的半径即可.【详解】如图所示：设正方体的棱长为4，三视图对应的几何体为三棱锥，其中A为棱的中点由正方体的性质可知平面ABC，因为A为棱的中点，所以在中，由

6、余弦定理可得，所以，所以的外接圆半径，则三棱锥的外接球半径，故三棱锥的外接球表面积为故选：A【点睛】本题主要考查三视图的应用以及几何体的外接球问题，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.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（）A58B59C60D61【答案】A【分析】根据题意先得到数列的首项及公差，

7、再建立不等式即可求解.【详解】因为由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所构成的数列是一个首项为23，公差为35的等差数列，所以该数列的通项公式为因为，所以即该数列的项数为58故选：A9设x，y满足约束条件，且的最大值为1，则的最小值为（）A64B81C100D121【答案】D【解析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线得最优解，从而得的关系式，然后用“1”的代换，配凑出积为定值，用基本不等式得最小值【详解】作出约束条件表示的可行域，如图，内部（含边界），作直线直线 ，中，由于，是直线的纵截距，直线向上平移时，纵截距增大， 所以当直线经过点时，

8、取得最大值，则，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为121故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查简单的线性规划，考查用基本不等式求最值解题思路是利用简单的线性规划求得变量满足的关系式，然后用“1”的代换凑配出定值，再用基本不等式求得最小值求最值时注意基本不等式的条件：一正二定三相等，否则易出错10已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论：在区间上有且仅有3个不同的零点；的最小正周期可能是；的取值范围是；在区间上单调递增其中所有正确结论的序号是（）ABCD【答案】B【分析】令，则，由函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，可求出判断，再利用三角函数的性质可依次判断.【详解

9、】由函数， 令，则函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，由，得，则，即，故正确；对于，当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；当时，在区间上有且仅有4个不同的零点；故错误；对于，周期，由，则，又，所以的最小正周期可能是，故正确；对于，又，又，所以在区间上不一定单调递增，故错误故正确结论的序号是：故选：B【点睛】方法点睛：函数的性质：(1) .(2)周期(3)由 求对称轴，由求对称中心.(4)由求增区间；由求减区间.11已知，为双曲线的左右焦点，为双曲线右支上异于顶点的任意一点，若为内切圆上一动点，当的最大值为4时，的内切圆半径为（）ABCD【答案】C【分析】根据切线的性质及双曲线的定

10、义，确定M的横坐标，即得出圆心的横坐标，利用圆的几何性质知的最大值即为，即可求解.【详解】设的内切圆分别与，切于N，B，与切于M，如图，则,又点在双曲线右支上，所以，故，而，设M的坐标为，可得: ，解得，设内切圆半径为，则内切圆圆心为，则的最大值为，即，解得.故选：C12设，则，的大小顺序为（）ABCD【答案】A【分析】根据a、b、c的结构，构造函数，利用导数判断单调性，即可比较出a、b、c的大小，得到正确答案.【详解】因为，构造函数，则，在上递增，在上递减.则有最大，即，.若有两个解，则，所以所以即,令，则，故在上单增,所以，即在上，.若，则有，即.故，所以.当时，有，故所以.综上所述：.故

11、选：A【点睛】利用函数单调性比较大小的类型：（1）比较幂指数、对数值的大小；（2）比较抽象函数的函数值的大小；（3）利用单调性解抽象（结构复杂）函数型不等式.二、填空题13若 ，则的值 _.【答案】【分析】根据赋值法分别令、，然后可得.【详解】令，得，令，得，所以故答案为：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)【答案】【分析】甲乙捆绑一起，6人只要排到5个位置，然后按甲乙排在两端还是排在中间分类讨论可得【详解】甲乙捆绑一起，相当于6人只要排到5个位置上，按甲乙排在两端还是排在中间分类可得方法数为故答案为：7215已知函

12、数的导函数满足：，且，当时，恒成立，则实数a的取值范围是_【答案】【分析】先构造函数，利用，最终求得，即时，恒成立，参变分离后使用切线放缩，最后求得的取值范围.【详解】设，则，故，则，又因为，即，所以，因为，所以在上恒成立，其中，理由如下：构造，则，令得：，当得：，当得：，故在处取的极小值，也是最小值，从而得证.故，故，实数a的取值范围为故答案为：【点睛】切线放缩是一种很重要的方法，再使用导函数证明不等式或者求参数的取值范围时，经常使用，常见的切线放缩有以下几个：，等，在做题中做到灵活运用，可以有很好的效果.16在中，是的外接圆上的一点，若，则的最小值是_【答案】-0.5【分析】根据条件可知是

13、直角三角形,进而可以建立直角坐标系,根据点的坐标得向量的坐标,由向量的坐标运算可得的表达式,进而根据三角函数求最值.【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，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各项都为正数的单调递增数列an的前n项和为Sn，且满足（nN）(1)求数列an的通项公式；(2)求；(3)设 ，数列的前n项和为Pn，求使Pn46成立的n的最小值【答案】(1)an=2n(2)(3)48【分析】（1）由（nN），利用数列通项与前n项和的关系求解；（2）由（1）得到，然后利用利用裂项相消法

14、求解；（3）由（1）得到，再分n为偶数和奇数求解.【详解】(1)解：因为（nN），当n=1时，解得；当n2时，；-得：，整理得，所以或，因为数列an是单调递增数列，所以舍去，所以，所以数列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：，所以当n为偶数时，；n的最小值为48；当n为奇数时，不存在最小的n值故当n为48时，满足条件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(1)试确定的值，并证明你的结论；(2)

15、求平面EFGM与平面PAD夹角的余弦值【答案】(1)，证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行的性质，可得PBGM，即可确定的值；（2）建立空间直角坐标系，求出平面EFGM与平面PAD的法向量，再利用向量的数量积可确定夹角的余弦值.【详解】(1)在中，因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EFPB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EFGM所以PBGM在PBC中，因为点G为BC的中点，所以点M为PC的中点，即(2)因为底面ABCD为正方形，所以ADCD因为PD底面ABCD，ABCD，平面所以PDAD，PDCD如图，建立空间

16、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，于是又因为平面PAD的法向量为，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

17、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【分析】（1）首先求出所有可能接种结果，再求出恰有2人接种疫苗的情况种数，最后根据古典概型的概率公式计算可得；（2）依题意可能值为1，2，3，求出所对应的概率，列出分布列，即可求出数学期望；【详解】(1)解：依题意所有可

18、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)解：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，点是椭圆C上一点(1)求椭圆C的标准方程；(2)设是椭圆C上的一动点，由原点向引两条切线，分别交椭圆C于点P，Q，若直线的斜率均存在，并分别记为，求证：为定值【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由椭圆的性质得出，再将代入椭圆方程，结合得出椭圆C的标准方程；（2）设直线，直线，根据距离公式得出是方程的两根，由韦达定理结合点在椭圆上，得出为定值【详解】(1)解

19、：由已知有解得椭圆C的方程为.(2)证明：设直线，直线又直线为圆R的切线，则，化简可得，同理可得，是方程的两根，由，可知，又在椭圆上，即，为定值【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于利用韦达定理建立与的关系式，再由点在椭圆上，得出与的关系式，从而证明为定值.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)【分析】（1）利用求得，然后结合的单调性求得的极小值.（2）将不等式转化为，通过构造函数法，结合导数来求得的取值范围.【详解】(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y2，得，解得a1此时当和时，；当时，所以函数f(x)在和上单调递增，在上单调递减，所以当x1时，函数f(x)取得极小值(2)由a1得因为对于任意，当时，恒成立，所以对于任意，当时，恒成立，所以函数