2022江西省赣州市高三上学期期末数学（理）试题（解析版）

2022届江西省赣州市高三上学期期末数学（理）试题一、单选题1．若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】将代入，由复数的除法和乘法运算可得答案.【详解】由，则故选：A2．已知集合，集合，则A． B． C． D．【答案】D【解析】先解一元二次不等式求出集合A，根据函数定义域的要求求出集合B，再通过补集与并集的运算，可得到本题答案.【详解】由得或，从而，由，得集合，从而.故选：D【点睛】本题考查了集合的补集与并集的运算，以及一元二次不等式的求解，属于基础题.3．某工厂利用随机数表对生产的600个零件进行抽样测试，先将600个零件进行编号001，002，…，599，600.从中抽取60个样本，根据提供随机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是（

）3321183429

7864560732

5242064438

1223435677

35789056428442125331

3457860736

2530073286

2345788907

23689608043256780843

6789535577

3489948375

2253557832

4577892345A．457 B．328 C．253 D．072【答案】D【分析】由题设，根据随机数表读取前6个编号，注意编号大小不超过600且不可重复，即可知第6个样本编号.【详解】由题设，从第5行第6列开始向右读取数据,依次为253，313，457，860，736，253，007，328，623，457，889，072…∵将600个零件进行编号001，002，…，599，600.∴前6个编号分别为253，313，457，007，328，072.∴第6个样本编号是072.故选：D.4．曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】由导数的几何意义求在处的切线方程，求出切线与x轴的交点及与曲线的交点，即可求面积.【详解】由题设，，则，而，∴在处的切线为，即，∴切线与x轴交点为，∴切线、坐标轴、所围成的面积为.故选：B.5．己知实数x，y满足约束条件，则的最大值为（

）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】C【分析】先画约束条件的可行域和目标函数，结合图像可求得答案.【详解】如图，先作出可行域，再画出目标函数，结合图像分析可知，当目标函数经过和的交点时，故选：C6．函数的部分图像大致为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】先确定函数的奇偶性，排除B、D选项，再特殊函数值，比较排除选项可得答案.【详解】解：因为函数的定义域为R，且，所以函数是奇函数，排除B、D选项，又，所以，令，则，令，解得，而，所以当时，，所以单调递减，且，，所以存在，使得，即存在，使得，且时，，函数单调递增，时，，函数单调递减，所以排除A选项，故选：C．7．的展开式中，含项的系数为160，则（

）A． B． C．2 D．4【答案】B【分析】，显然的来源只能是第二部分，利用二项展开式求解即可.【详解】，显然只能来源于，故只需求展开式中的系数，由二项展开式可得，含有的项为：，于是，解得.故选：B.8．已知等差数列满足，数列满足，记数列的前n项和为，则使达到最大值的n值为（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】根据条件求出数列的通项公式，明确其是递减数列，由此判断的特征，据此求得答案.【详解】等差数列满足,即，解得，故，则等差数列是递减数列，且，故，所以,，,而，故,故使达到最大值的n值为7，故选：C9．已知圆柱的底面半径为1，高为2，点分别为该圆柱上、下底面的圆心，在该圆柱内随机取一点P，则点P到的距离都大于1的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】用几何概型，测度为体积求解.【详解】以为球心1为半径的球在圆柱内的两个半球体积为：，圆柱体积为：，所以点P到的距离都大于1的概率为：.故选：A.10．已知函数，则下列说法不正确的是（

）A．在区间上单调递增 B．的图像关于直线对称C．的最大值为 D．在区间上有3个零点【答案】D【分析】根据三角函数的性质可得，，利用三角函数的单调性即可判断选项A；利用三角函数的对称性即可判断选项B；利用三角函数的单调性求出函数的值域，即可判断选项C；根据函数零点和方程的根之间的关系求出函数的零点，即可判断选项D.【详解】由题意知，，所以，，即，，A：当时，，，单调递增，故A正确；B：若函数关于直线对称，则，即，又，所以，所以函数关于直线对称，故B正确；C：当，时，，，此时，又，所以为偶函数，所以的值域为，故C正确；D：当时，，令，解得；当时，，令，解得，所以在上有2个零点，故D错误.故选：D11．已知数列的各项均为正数，记为数列的前n项和，，，则（

）A．13 B．14 C．15 D．16【答案】C【分析】将递推关系式整理化简，可得到数列为等比数列，套用等比数列的前n项和即可得到答案.【详解】

,整理得∵数列的各项均为正数，∴∴数列为等比数列，公比为2，首项为1，则故选：C12．实数a，b，c满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】构造函数，令，根据指对数幂互化可得，进而可得a、c、d分别为函数、的零点，结合指数型函数的单调性可得，再利用对数函数的单调性求出即可.【详解】构造函数，显然为增函数，且恒过点，因为，则可以令，所以等价于，所以a、c、d分别为函数、的零点，因为，所以，因为，所以所以.故选：B二、填空题13．已知向量，若，则___________.【答案】2或33或2【分析】以向量垂直充要条件解之即可求得参数k的值.【详解】由，可得由，得，解之得或故答案为：2或314．某校为了了解全校高中学生五一参加劳动实践活动的情况，随机抽查了100名学生，统计他们假期参加劳动实践活动的时间，绘成的频率分布直方图如图，估计这100名学生参加劳动实践活动的时间的中位数是_________.【答案】【分析】先根据各小矩形的面积之和为求出，再根据中位数两侧的矩形面积相等即可求出．【详解】依题可得，解得，因为前三个矩形的面积依次为，所以中位数位于之间，即中位数为．故答案为：．15．抛物线的焦点为F，点A，B，C在E上，O是坐标原点，若点F为的重心，的面积分别为.则_________.【答案】3【分析】设点A，B，C的坐标，用电的坐标表示出的面积，利用点在抛物线上化简，根据三角形重心定理即可求得答案.【详解】设A，B，C三点的坐标分别为，抛物线的焦点，,所以，故，因为点F为的重心，所以，故，故答案为：316．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥为阳马，侧棱底面，且，，设该阳马的外接球半径为，内切球半径为，则__________．【答案】【分析】该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，由此能求出，内切球在侧面内的正视图是的内切圆，从而内切球半径为，由此能求出．【详解】四棱锥为阳马，侧棱底面，且，，设该阳马的外接球半径为，该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，，，侧棱底面，且底面为正方形，内切球在侧面内的正视图是的内切圆，内切球半径为，故．故答案为．【点睛】本题考查了几何体外接球和内切球的相关问题，补形法的运用，以及数学文化，考查了空间想象能力，是中档题．解决球与其他几何体的切、接问题，关键是能够确定球心位置，以及选择恰当的角度做出截面.球心位置的确定的方法有很多，主要有两种：（1）补形法（构造法），通过补形为长方体（正方体），球心位置即为体对角线的中点；（2）外心垂线法，先找出几何体中不共线三点构成的三角形的外心，再找出过外心且与不共线三点确定的平面垂直的垂线，则球心一定在垂线上.三、解答题17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足A，B，C成等差数列，且.(1)求的值；(2)若，求的面积.【答案】(1)1(2)【分析】（1）根据A，B，C成等差数列可求出，再结合余弦定理即可求出；（2）由题意结合两角和的正弦公式可求出，再根据正弦定理以及（1）中结果可求出，然后根据即可求出的面积．(1)由A，B，C成等差数列，即，结合内角和定理得：，由余弦定理知：，把代入得：．(2)由，，从而，再由正弦定理：，结合，解得：，故的面积为．18．2021年2月25日，全国脱贫攻坚总结表彰大会在北京召开，充分肯定了脱贫攻坚取得的重大历史性成就,习近平总书记在大会上深刻阐述了伟大脱贫攻坚精神，并对巩固拓展脱贫攻坚成果、全面推进乡村振兴提出了明确的要求.为了更高效地推进乡村振兴，某市直单位欲从部门A、B、C的10人中随机选派4人与其下辖的乡镇甲对接相关工作.其中部门A、B、C可选派的人数分别为3、3、4.(1)求选派的4人中恰有2人来自部门C的概率；(2)选派的4人中来自部门A、B、C的人数分别为x，y，z，记，求的分布列和数学期望.注：【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）以古典概型解之即可解决；（2）依据分布列要求列表，依据定义求去数学期望即可.(1)记“选派的4人中恰有2人来自部门C”为事件A，则；(2)由题设的所有可能取值为1，2，3，4，，，，，所以的分布列为1234P则.19．在四棱锥中，底面为等腰梯形，其中与相交于点H，且面.(1)求证：面面；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析.(2).【分析】（1）作交于点E，由平面几何知识证得，再由线面垂直的性质和判定证得面，根据面面垂直的判定可得证；（2）以点H为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求解方法可求得答案.(1)证：作交于点E，因为为等腰梯形，，故，在中，，故，从而，又与相似，且，所以，从而有，即，因为面，故，又，所以面，又因为面，面面；(2)解：由题设两两垂直，故以点H为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，从而有：，设平面的法向量为，又，∴，取，则，从而平面的一个法向量为，设平面的法向量为，又，∴取，则，从而平面的一个法向量为，令平面与平面夹角为，则.由图示得平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为.20．已知椭圆过点，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)在y轴上是否存在点M，过点M的直线l交椭圆C于A，B两点，O为坐标原点，使得三角形的面积？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）根据条件列出相应的方程组，即可求得答案；（2）首先利用三角形的面积结合向量运算，将问题转化为，然后设直线方程，联立椭圆方程，利用根与系数的关系代入化简可得答案.(1)由，解得，则椭圆C的方程为；(2)设存在点，由已知条件可知直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为，则，由，得，即，由得，∴需满足，∴，∴，∴，∴，∴满足.∴，∴点.【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系，涉及到三角形面积问题，解答的关键在于利用面积关系结合向量的运算转化为点的坐标之间的关系，再化简求值，计算量较大，需要耐心.21．函数（且为自然对数的底数）.(1)当时，求函数的最小值；(2)若函数在处取得极大值，求实数m的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）时，求导，分析函数的单调性即可得到最小值；（2）函数在处取得极大值，即在附近先正后负，且，分类讨论的范围即可.(1)当时，有，从而当时，；当时，；故函数在上单调递减，在上单调递增，此时.(2)由，得记，则，①当时，在上恒成立，故即在上单调递增，因为，所以在上恒成立，从而函数在上单调递减，不合题设；②当时，在R上单调递增，又，ⅰ）当，此时在上恒成立，故在上单调递增，因为，所以在上恒成立，从而函数在上单调递增，不合题设，ⅱ）当时，此时，故存在唯一，使，且当时，，故在上单调递减，因为，所以当时，；当时，，从而函数在上单调递增，在上单调递增，即函数在处取得极大值，符合题设，综上：实数m的取值范围为.22．曲线C的参数方程为（m为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)已知点，若直线l与曲线C交于P，Q两点，求的值.【答案】(1)，(2)【分析】（1）消去参数，即可得到曲线C的普通方程，再根据极坐标与直角坐标互化公式即可得到直线l的直角坐标方程；（2）根据题意求出直线l的标准式参数方程，再根据的几何意义即可求出．(1)由消去m得曲线C的普通方程为；∵，∴；∴，∴，即是直线l的直角坐标