江西省名校2022届高三数学（文）一轮复习验收考试试题（Word版附解析）.docx

1、绝密启用前2021-2022学年高三一轮复习验收考试数学（文）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化简集合B，根据交集运算求解.【详解】 ,故选：C2. 的虚部为（ ）

2、A. 9B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘法运算，将化为 形式，即可得答案.【详解】,所以虚部为-7，故选：B3. 已知平面向量，其中，若，则（ ）A. 26B. 13C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用向量的数量积运算进行求解【详解】，故答案选：D4. 若数据的方差为8，则数据的方差为（ ）A. 1B. 2C. 13D. 32【答案】B【解析】【分析】根据计算即可得解.【详解】解：因为数据的方差为，所以数据的方差为.故选：B.5. 标准对数视力表采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，此表由14行开口方向各异的正方形“E”形视标所组成，从上到下分别对应视力，

3、且从第一行开始往下，每一行“E”形视标边长都是下一行“E”形视标边长的倍，若视力4.1的视标边长为a，则视力4.9的视标边长为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意可知视标边长从上到下是以为公比的等比数列，记视力的视标边长为，则视力4.9的视标边长为，从而可得出答案.【详解】解：根据题意可知视标边长从上到下是以为公比的等比数列，记视力的视标边长为，则视力4.9的视标边长为.故选：D.6. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ）A. B. C. 6D. 7【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的性质可得，再根据等差数列前项和的公式即可得解.【详解】解：因为，所以，即，所

4、以.故选：A.7. 已知O为坐标原点，双曲线，若垂直于y轴的直线与C交于两点，且，则C的渐近线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知条件画出图形，设出点，将代入双曲线方程，求出，由，得出，进而求出双曲线的渐近线方程.【详解】因为垂直于y轴的直线与C交于两点且，所以是的中点并且为直角三角形，设点，如图所示，由题意可知，点在双曲线上，所以，解得（负舍），即，在中，又因为，所以解得，所以双曲线C的渐近线方程为.故选：D.8. 对正整数a，函数表示小于或等于a的正整数中与a互质的数的数目，此函数以其首位研究者欧拉命名，故称为欧拉函数例如：因为均和8互质，所以基于上述事实

5、，（ ）A. 8B. 12C. 16D. 24【答案】C【解析】【分析】先由对数的运算计算，再由欧拉函数的定义求解即可.【详解】小于或等于32的正整数中与32互质的实数为，共有16个，.故选：C9. 已知四棱锥的底面为正方形，平面为等腰三角形，若分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意画出图形，建立空间直角坐标系，设，然后写出的坐标，利用向量的夹角公式即可求解.【详解】由题意可知，平面，底面为正方形，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，因为分别为的中点，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：B.10. 函数

6、在上的最大值与最小值之和为（ ）A. 6B. 3C. 8D. 4【答案】A【解析】【分析】根据函数解析式可得，可知函数图象关于点中心对称，即可得解.【详解】，故，则的图象关于点中心对称，故在上的最大值与最小值之和为6.故选：A11. 已知函数的图象过点，且在上仅有1个极值点，若在区间上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用三角函数的图像性质，分别代入，即可求出，进而利用数形结合，即可求出实数a的取值范围【详解】函数的图象过点，可得，整理得，且，在上仅有1个极值点，则，综上，可得，又由于，得，则函数为，由于函数经过，可得，该函数为，因为在区间上恒

7、成立，所以，则有，且，解得，故故选：C【点睛】关键点睛：1.代入，得，进而求出；2.利用在上仅有1个极值点，求出，进而得出；3.对于在区间上恒成立，即可利用三角函数的图像性质，即可求出实数a的取值范围，本题考查三角函数的图像性质，解题的关键在于充分利用三角函数的图像性质进行求解，属于难题12. 已知四面体中的所有棱长为，球是其内切球若在该四面体中再放入一个球，使其与平面、平面、平面以及球均相切，则球与球的半径之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据图形，先求出四面体的高、表面积，利用等积法求出内切圆的半径，再由得出即可求解.【详解】如图，设S在平面ABC内的射影为O，

8、为球的半径，为球的半径，分别为球，球与侧面的切点，在中，该四面体的高，又四面体的表面积，则，解得，所以，即，解得，故故选：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分将答案填在题中的横线上13. 若实数满足 则的最大值为_【答案】14【解析】【分析】由约束条件画出可行域，要使有最大值，即直线与可行域有交点时在y轴的截距最大，即可求的最大值.【详解】由约束条件作出可行域如图，联立，解得，由，得，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最大值为.故答案为：.14. 若从甲、乙等6名获得奖学金的高三学生中随机选取3人交流学习心得，则甲被选中且乙没被选中的概率为_【答案】#0.3【解析】【

9、分析】分别求出从6名获得奖学金的高三学生中随机选取3人和甲被选中且乙没被选中的选法，再根据古典概型公式即可得解.【详解】解：从6名获得奖学金的高三学生中随机选取3人，共有种选法；其中甲被选中且乙没被选中，有种选法，所以甲被选中且乙没被选中概率为.故答案为：.15. 已知抛物线的焦点为F，过F作斜率为的直线与C交于两点，若线段中点的纵坐标为，则F到C的准线的距离为_【答案】【解析】【分析】设、，利用点差法可得出，最后根据线段中点的纵坐标为即可求出结果.【详解】设，则，两式相减得，即，因为、两点在斜率为的直线上，所以，所以由得，因为线段中点的纵坐标为，所以，则，所以F到C的准线的距离为.故答案为：

10、.16. 已知曲线与过点的直线相切，则的斜率为_【答案】#【解析】【分析】设切点为，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点求出切点，从而可得出答案.【详解】解：设切点为，则，则切线方程为，将点代入得，化简得，解得，所以切线的斜率为.故答案为：.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第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17. 在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答在中，内角所对的边分别为，且_（1）求B的大小；（2）若，求的最大值注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】（1）

11、 （2）8【解析】【分析】（1）选，利用余弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；选，利用正弦定理化边为角，即可得解；选，利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角关系求得，即可得解；（2）利用余弦定理结合基本不等式即可得出答案.【小问1详解】解：选，因为，所以，即，所以，又，所以；选，因为，所以，即，因为，所以，所以，所以；选，因为，所以，则，则有，即，所以，因为，所以，所以，又，所以；【小问2详解】解：由（1）得，即，解得，当且仅当时，取等号，所以的最大值为818. 如图所示，四棱锥中，平面平面是等腰直角三角形，（1）求证：平面；（2）若点E在线段上，且平面，求的值【答案】（1）证明见解析；

12、（2）.【解析】【分析】（1）利用勾股定理可得，又可得平面SBC；（2）根据线面平行的性质可得，利用三角形即可得解.【小问1详解】因为平面SAB, 故，在中 ,由,设，得，因为平面SAB, SA平面SAB ,故，是等腰直角三角形，故 SB = BC = 2，在中，,解得，故，即因为平面，, 故 平面SBC.【小问2详解】连接交于点，连接EG，因平面ACE，平面平面，故，所以，在直角梯形中，故，故19. 网课是一种新兴的学习方式，它以互联网为平台，为学习者提供包含视频、图片、文字等多种形式的系列学习课程，由于具有方式多样，灵活便捷等优点，成为许多学生在假期实现自主学习的重要手段为了调查A地区高中

13、生一周网课学习的时间，随机抽取了500名上网课的学生，将他们一周上网课的时间（单位：h）按分组，得到频率分布直方图如图所示（1）求a的值，并估计这500名学生一周上网课时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）为了了解学生与家长对网课的态度是否具有差异性，研究人员随机抽取了200人调查，所得数据统计如下表所示，判断是否有的把握认为学生与家长对网课的态度具有差异性支持上网课不支持上网课家长3070学生5050附：，其中0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）0.03，13.5h； （2）

14、有【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图各小矩形的面积之和为1求解，再利用平均数的定义求解；（2）根据列联表求得的值，再与临界值表对照下结论.【小问1详解】解：因为，所以，平均数为；【小问2详解】因为，所以有的把握认为学生与家长对网课的态度具有差异性20. 已知函数（1）求在上的最值；（2）若不等式对恒成立，求实数a的取值范围【答案】（1）最小值为e，最大值为； （2）.【解析】【分析】(1)求f(x)导数，根据导数正负判断f(x)在上的单调性，据此即可求其最值；(2)分x2和x2讨论，当x2时，不等式参变分离，问题转化为.【小问1详解】依题意，令，解得，当时，；当时，在上单调递减，在上单调

15、递增，而，在上的最小值为e，最大值为；【小问2详解】依题意，在上恒成立.当时，；当x2时，原不等式化为，令，则，在上单调递增，综上，实数a的取值范围是.21. 已知椭圆过点（1）求C的标准方程；（2）若过点且不与x轴垂直的直线与C交于两点，记C的上顶点为D，若，求证：【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）将点代入椭圆的方程，求得，即可求得椭圆的方程；（2）设直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理求得，求得向量，求得，得到，结合直角三角形的性质，即可作出证明.【小问1详解】解：由椭圆过点，可得，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】因为直线过点且不垂直轴，可设直线的方程为，联立方

16、程组，整理得，设，则，又由，可得，所以，所以，又由，可得点为的中点，根据直角三角形的性质，可得，所以，又由三角形的性质，可得，所以.（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分【选修4-4：坐标系与参数方程】22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是（1）求的极坐标方程以及C的直角坐标方程；（2）设点分别在与C上，求的最小值【答案】（1）的极坐标方程为，C的直角坐标方程为 （2）【解析】【分析】（1）将直线的参数方程化为普通方程，再化为极坐标方程即可，根据将曲

17、线C化为普通方程即可；（2）的最小值即为点到直线的距离，设，根据点到直线的距离公式及二次函数的性质即可得解.【小问1详解】解：因为直线的参数方程为（t为参数），所以直线的普通方程为，所以，即，即的极坐标方程为，因为曲线C的极坐标方程是，所以，即，所以C的直角坐标方程为；【小问2详解】解：的最小值即为点到直线的距离，设，则，所以点到直线的距离，所以当时，此时点的坐标为，所以的最小值为.【选修4-5：不等式选讲】23. 已知函数的最小值为m（1）求m的值；（2）求证：当时，【答案】（1）5； （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用放缩法及绝对值不等式求解即可；（2）根据“1”的变形及均值不等式求最值即可得证.【小问1详解】，当且仅当时，等号成立，所以有最小值5，即.【小问2详解】证明：，当且仅当，即时取等号，即当时，.