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江西省宜春市靖安第二中学2022年高三数学理模拟试卷含解析 一、 选择题:本大题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,只有是一个符合题目要求的 1. “”是“”的 A.充分而不必要条件   B.必要而不充分条件   C.充要条件    D.既不充分也不必要条件 参考答案: A【知识点】集合;命题及其关系 A1 A2 当时集合一定成立,而当成立时不一定等于2,所以“”是“”的充分而不必要条件,所以A正确. 【思路点拨】根据集合的关系可知两个集合之间的充分必要性. 2. 一圆形餐桌依次有A、B、C、D、E、F共有6个座位.现让3个大人和3 个小孩入座进餐,要求任何两个小孩都不能坐在一起,则不同的入座方法总 数为     (   )      (A)6     (B)12       (C)72   (D)144 参考答案: C 若A、C、E坐大人,则B、D、F坐小孩; 若B、D、F坐大人,则A、C、E坐小孩.共有种方法. 3. 各项均为正数的等比数列中,且,则等于(    ) A.16         B.27        C.36         D.-27 参考答案: B 4. 在△ABC中,∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c,若△ABC的面积,∠A 的弧度数为                                                            (     ) A.           B.              C.           D. 参考答案: D 【测量目标】数学基本知识和基本技能/理解或掌握初等数学中有关函数与分析的基本知识. 【知识内容】函数与分析/三角比/正弦定理和余弦定理. 【试题分析】因为的面积,所以,. 5. 设集合P={3,log2a},Q={a,b},若P∩Q={0},则P∪Q=(  ) A.{3,0} B.{3,0,1} C.{3,0,2} D.{3,0,1,2} 参考答案: B 【考点】并集及其运算. 【分析】根据集合P={3,log2a},Q={a,b},若P∩Q={0},则log2a=0,b=0,从而求得P∪Q. 【解答】解:∵P∩Q={0}, ∴log2a=0 ∴a=1 从而b=0,P∪Q={3,0,1}, 故选B. 6. 若“﹣2<x<3”是“x2+mx﹣2m2<0(m>0)”的充分不必要条件,则实数m的取值范围是(  ) A.m≥1 B.m≥2 C.m≥3 D.m≥4 参考答案: C 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断. 【分析】x2+mx﹣2m2<0(m>0),解得﹣2m<x<m.根据“﹣2<x<3”是“x2+mx﹣2m2<0(m>0)”的充分不必要条件,可得﹣2m≤﹣2,3≤m,m>0.解出即可得出. 【解答】解:x2+mx﹣2m2<0(m>0),解得﹣2m<x<m. ∵“﹣2<x<3”是“x2+mx﹣2m2<0(m>0)”的充分不必要条件, ∴﹣2m≤﹣2,3≤m,m>0. 解得m≥3. 则实数m的取值范围是[3,+∞). 故选:C. 7. 已知函数是定义在实数集R上的奇函数,且当时成立(其中的导函数),若,,则的大小关系是                          (    )                                                A. B. C. D. 参考答案: A 略 8. 在平面直角坐标平面上,,且与在直线上的射影长度相等,直线的倾斜角为锐角,则的斜率为    (   ) A.         B.         C.           D. 参考答案: C 9. 若, 则的定义域是(    ) A.        B.  C.  D. 参考答案: D 10. 函数(其中)的图象不可能是(    ) A. B. C. D. 参考答案: C 对于,当时,,且,故可能;对于,当且时,,当且时,在为减函数,故可能;对于,当且时,,当且时,在上为增函数,故可能,且不可能. 故选C. 点睛:函数图象的识辨可从以下方面入手:(1)从函数的定义域,判断图象的左右位置,从函数的值域,判断图象的上下位置;(2)从函数的单调性,判断图象的变化趋势;(3)从函数的奇偶性,判断图象的对称性;(4)从函数的特征点,排除不合要求的图象.利用上述方法排除、筛选选项. 二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分 11. 若f(x)是奇函数,且在(0,+∞)内是增函数,又f(-3)=0,则的解集是________. 参考答案: 略 12. 如图,在中,是边上一点,则. 参考答案: 答案: 解析:由余弦定理得可得, 又夹角大小为,, 所以. 13. 若不等式|x-2|+|x+3|<的解集为?,则的取值范围为_____________. 参考答案: 答案:   14. 已知函数的定义域为,则函数的定义域为        参考答案: (0,1/2) 略 15. 若函数满足:存在,对定义域内 的任意恒成立,则称 为函数. 现给出下列函数: ①; ②;③;④. 其中为函数的序号是  ▲  .(把你认为正确的序号都填上) 参考答案: ④ 略 16. 在《九章算术》方田章圆田术(刘徽注)中指出:“割之弥细,所失弥少.割之又割,以至不能割,则与圆周合体而无所失矣.”注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程,比如在中“…”即代表无限次重复,但原式却是个定值x,这可以通过方程=x确定出来x=2,类似地不难得到=  . 参考答案: 【考点】类比推理. 【分析】由已知代数式的求值方法:先换元,再列方程,解方程,求解(舍去负根),可得要求的式子. 【解答】解:可以令1+=t(t>0),由1+=t解的其值为, 故答案为. 17. 圆心在,半径为3的圆的极坐标方程是                参考答案: 略 三、 解答题:本大题共5小题,共72分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤 18. (本小题满分14分)已知函数,其中且 (Ⅰ)讨论的单调区间; (Ⅱ)若直线的图像恒在函数图像的上方,求的取值范围; (Ⅲ)若存在,,使得,求证:. 参考答案: (I)f(x)的定义域为. 其导数………1分 ①当时,,函数在上是增函数;…………2分 ②当时,在区间上,;在区间(0,+∞)上,. 所以在是增函数,在(0,+∞)是减函数.  …………4分 (II)当时, 取, 则, 不合题意. 当时令,则………6分 问题化为求恒成立时的取值范围. 由于 ………7分 在区间上,;在区间上,. 的最小值为,所以只需 即,,………9分 (Ⅲ)由于当时函数在上是增函数,不满足题意,所以 构造函数:() ………11分 则 所以函数在区间上为减函数. ,则, 于是,又,,由在上为减函数可知.即…………………14分 19. 已知为半圆的直径,,为半圆上一点,过点作半圆的切线,过点作于,交半圆于点,. (1)求证:平分; (2)求的长. 参考答案: (1)连接,因为, 所以 . 为半圆的切线,∴. ∵,. . 平分.                    5分 (2)连接,由(1)得,∴. ∵四点共圆.∴. ∵AB是圆O的直径,∴是直角.∴∽, .∴.                   10分 考点:1.弦切角与圆周角.2.圆的切线.3.等腰三角形.   略 20. (本小题满分12分) 已知向量m=,n=,函数=mn. (1)求函数的对称中心; (2)在中,分别是角A,B,C的对边,且,,且,求的值. 参考答案: (1),    ………2分 .            ………4分  令得,,∴函数的对称中心为.                                 ………5分 (2),, C是三角形内角,∴ 即:   ………7分   即:.     ………9分 将代入可得:,解之得:或4, ,                 ………11分                    ………12分 21. 已知圆F1:(x+1)2+y2=16,定点F2(1,0),A是圆F1上的一动点,线段F2A的垂直平分线交半径F1A于P点. (Ⅰ)求P点的轨迹C的方程; (Ⅱ)四边形EFGH的四个顶点都在曲线C上,且对角线EG,FH过原点O,若kEG?kFH=﹣,求证:四边形EFGH的面积为定值,并求出此定值. 参考答案: 【分析】(Ⅰ)利用椭圆的定义,即可求P点的轨迹C的方程; (Ⅱ)不妨设点E、H位于x轴的上方,则直线EH的斜率存在,设EH的方程为y=kx+m,与椭圆方程联立,求出面积,即可证明结论. 【解答】(Ⅰ)解:因为P在线段F2A的中垂线上,所以|PF2|=|PA|. 所以|PF2|+|PF1|=|PA|+|PF1|=|AF1|=4>|F1F2|, 所以轨迹C是以F1,F2为焦点的椭圆,且c=1,a=2,所以, 故轨迹C的方程. (Ⅱ)证明:不妨设点E、H位于x轴的上方, 则直线EH的斜率存在,设EH的方程为y=kx+m,E(x1,y1),H(x2,y2). 联立,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2﹣12=0, 则.① 由, 得.② 由①、②,得2m2﹣4k2﹣3=0.③ 设原点到直线EH的距离为,,④ 由③、④,得,故四边形EFGH的面积为定值,且定值为. 22. 给定数列,若数列中任意(不同)两项之和仍是该数列中的一项,则称该数列是“封闭数列”. (1)已知数列的通项公式为,试判断是否为封闭数列,并说明理由; (2)已知数列满足且,设是该数列的前项和,试问:是否存在这样的“封闭数列”,使得对任意都有,且,若存在,求数列的首项的所有取值;若不存在,说明理由; (3)证明等差数列成为“封闭数列”的充要条件是:存在整数,使. 参考答案: (1)不是封闭数列. 因为取,则,即从而,所以不是封闭数列; (2)因为,所以是等差数列,又,所以, 若是“封闭数列”,所以对任意,必存在,使得 ,即,故是偶数,又对任意都有,且,所以,故,故可取的值为 经检验得:或; (3)证明:(必要性)任取等差数列的两项,若存在,使,则 ,故存在,使 下面证明 ①当时,显然成立 ②当时,若时则取,对不同的两项,存在,使,即,这与矛盾,故存在整数,使  (充分性)若存在整数,使,则任取等差数列的两项,于是,由于,为正整数,即证毕.
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