2022年江西省赣州市高考数学一模试卷（理科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年江西省赣州市高考数学一模试卷（理科）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（5分）设复数z1+，则复数z在复平面内对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2（5分）设集合A1，0，n，Bx|xab，bA若ABA，则实数n的值为（）A1B0C1D23（5分）已知，则f（x）是（）A奇函数且周期为B偶函数且周期为C奇函数且周期为2D偶函数且周期为24（5分）若变量x，y满足约束条件则zx2y的最小值为（）A8B3C3D85（5分）从3位女生、3位男生中选3人参加辩论赛，则既有男生又有女生的概率为（）ABCD

2、6（5分）设点P是抛物线C：上的动点，F是C的焦点（1，1），若|PF|+|PA|的最小值为，则C的方程为（）Ay2xBy22xCy23xDy24x7（5分）设函数f（x），则满足f（x）2的x的取值范围是（）A1，2B0，2C1，+）D0，+）8（5分）在正四棱锥PABCD中，点E是棱PD的中点若直线PB与直线CE所成角的正切值为，则的值为（）A1BC2D29（5分）在半径为2的球O的表面上有A，B，C三点，AB2，则三棱锥OABC体积的最大值为（）ABCD10（5分）袁隆平院士是我国的杂交水稻之父，他一生致力于杂交水稻的研究，为解决中国人民的温饱和保障国家粮食安全做出了重大的贡献某杂交水稻

3、研究小组先培育出第一代杂交水稻，第二代培育出第三代，以此类推已知第一代至第四代杂交水稻的每穗总粒数分别为197粒，201粒，209粒，预测第五代杂交水稻每穗的总粒数为（）（注：亲代是产生后一代生物的生物，对后代生物来说是亲代，所产生的后一代叫子代；，）A211B212C213D21411（5分）设函数f（x）2sin（x+）（0，0）的部分图象如图所示若，则（）ABCD12（5分）已知函数f（x）ax2+bx（a0），g（x）xf（x）1（x）只有两个零点x1，x2，则下列结论正确的是（）A当a0时，x1+x20，f（x1）+f（x2）0B当a0时，x1+x20，f（x1）+f（x2）0C当a

4、0时，x1+x20，f（x1）+f（x2）0D当a0时，x1+x20，f（x1）+f（x2）0二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上的相应位置.13（5分）已知向量（1，t），（2，4）若向量在向量，则t 14（5分）若直线ax+y0与直线2x+by10平行，其中a，b均为正数 15（5分）已知F1，F2是双曲线的两个焦点，过F1作C的渐近线的垂线，垂足为P若F1PF2的面积为，则C的离心率为 16（5分）在四边形ABCD中，2A+C90，ABAD2，CD3，则四边形ABCD的面积为 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.第1721题为必考

5、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.（）必考题：共60分.17（12分）将8株某种果树的幼苗分种在4个坑内，每坑种2株，每株幼苗成活的概率为0.5若一个坑内至少有1株幼苗成活，若一个坑内的幼苗都没成活，则这个坑需要补种，用X表示补种费用（1）求一个坑不需要补种的概率；（2）求4个坑中恰有2个坑需要补种的概率；（3）求X的数学期望18（12分）设正项数列an的前n项和为Sn，已知2Snan2+an（1）求an的通项公式；（2）记bnan2cos，Tn是数列bn的前n项和，求T3n19（12分）如图，四棱锥PABCD中，DABABC90，PA平面ABCD点M是PC

6、的中点，且平面AMD平面PCD（1）证明：AM平面PCD；（2）求直线BM与平面AMD所成角的正弦值20（12分）已知函数f（x）ln（a+x），g（x）sinx（x）的切线（1）求a的值，并证明当x0，+）时，g（x）x1）；（2）证明：当x0，1），有21（12分）在平面直角坐标系xOy中，A（2，0），B（2，0），M（1，0），N（1，0），点P是平面内的动点若以AB为直径的圆O与以PM为直径的圆T内切（1）证明：|PM|+|PN|为定值，并求点P的轨迹E的方程；（2）设斜率为的直线l与曲线E相交于C、D两点，问在E上是否存在一点Q，求出点Q的横坐标；若不存在选修4-4：坐标系与参数方

7、程22（10分）已知点P（x，y）在曲线x2+y21上（1）求动点M（x+y，xy）的轨迹C的方程；（2）过原点的直线l与（1）中的曲线C交于A、B两点，求|OA|OB|的最大值与最小值选修4-5：不等式选讲23已知f（x）|x1|+2|ax+1|（a0）（1）当a1时，求不等式f（x）5的解集；（2）若f（x）3x2的解集包含0，1，求a的取值范围2022年江西省赣州市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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（5分）设复数z1+，则复数z在复平面内对应的点在（）A第一象限B第二象限C第

8、三象限D第四象限【解答】解：复数z1+，则z1+8+，则复数z在复平面内对应的点的坐标为（1，7），即复数z在复平面内对应的点在第一象限，故选：A2（5分）设集合A1，0，n，Bx|xab，bA若ABA，则实数n的值为（）A1B0C1D2【解答】解：集合A1，0，n，aA，7，n，n2由ABA，得AB，则n1或n5（舍去）或n0（舍去）（集合元素的互异性），实数n的值为1，故选：C3（5分）已知，则f（x）是（）A奇函数且周期为B偶函数且周期为C奇函数且周期为2D偶函数且周期为2【解答】解：sin2x，故f（x）为奇函数，且最小正周期为T故选：A4（5分）若变量x，y满足约束条件则zx2y的最

9、小值为（）A8B3C3D8【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（2，由zx2y，得y，由图可知过A时，z有最小值为7215故选：C5（5分）从3位女生、3位男生中选3人参加辩论赛，则既有男生又有女生的概率为（）ABCD【解答】解：从3位女生、3位男生中选7人参加辩论赛，选取的3人都为女生或都为男生的概率均为，所以既有男生又有女生的概率为故选：D6（5分）设点P是抛物线C：上的动点，F是C的焦点（1，1），若|PF|+|PA|的最小值为，则C的方程为（）Ay2xBy22xCy23xDy24x【解答】解：过P作C的准线x1的垂线，垂足为N，由抛物线的定义，可得|PH|PF|，当H，P

10、，A三点共线时，所以1+，解得p8，则抛物线的方程为y22x；故选：B7（5分）设函数f（x），则满足f（x）2的x的取值范围是（）A1，2B0，2C1，+）D0，+）【解答】解：当x1时，25x2的可变形为1x8，x0，0x6当x1时，1log2x2的可变形为x，x1，故答案为0，+）故选：D8（5分）在正四棱锥PABCD中，点E是棱PD的中点若直线PB与直线CE所成角的正切值为，则的值为（）A1BC2D2【解答】解：由图，取正方形ABCD中心O，OE，OC，因为PABCD为正四棱锥，所以PO平面ABCD，所以POOC，所以OCBD，因为POBDO，所以OC平面PBD所以OCOE，OEC为直

11、角三角形，因为OEPB，所以直线PB与直线CE所成角即为直线OE与直线CE所成角，即，所以，即，所以，所以，故选：C9（5分）在半径为2的球O的表面上有A，B，C三点，AB2，则三棱锥OABC体积的最大值为（）ABCD【解答】解：作出如图三棱锥OABC，OAOBOC2，连接DC，则OAOB，又平面OAB平面ABC，平面OAB平面ABCAB，所以OD平面ABC，则ODCD，又，OA2+OB2AB3，所以，OAOB，所以，所以ACBC，要使三棱锥OABC体积最大，则C到平面OAB的距离h最大，当CDAB时，平面OAB平面ABCAB，所以CD平面OAB，此时，故选：B10（5分）袁隆平院士是我国的杂

12、交水稻之父，他一生致力于杂交水稻的研究，为解决中国人民的温饱和保障国家粮食安全做出了重大的贡献某杂交水稻研究小组先培育出第一代杂交水稻，第二代培育出第三代，以此类推已知第一代至第四代杂交水稻的每穗总粒数分别为197粒，201粒，209粒，预测第五代杂交水稻每穗的总粒数为（）（注：亲代是产生后一代生物的生物，对后代生物来说是亲代，所产生的后一代叫子代；，）A211B212C213D214【解答】解：设亲代代数x，子代的每穗的总粒数为y， 则，4.8，所以线性回归方程为，当x5时，故预测第五代杂交水稻每穗的总粒数为211故选：A11（5分）设函数f（x）2sin（x+）（0，0）的部分图

13、象如图所示若，则（）ABCD【解答】解：根据函数f（x）2sin（x+）（0，8）的部分图象，可得2sin1，即sin再结合五点法作图，可得+，x+）7sin（），即 sin（+），则21，故选：A12（5分）已知函数f（x）ax2+bx（a0），g（x）xf（x）1（x）只有两个零点x1，x2，则下列结论正确的是（）A当a0时，x1+x20，f（x1）+f（x2）0B当a0时，x1+x20，f（x1）+f（x2）0C当a0时，x1+x20，f（x1）+f（x2）0D当a0时，x1+x20，f（x1）+f（x2）0【解答】解：根据题意可得g（x）ax3+bx24a（xx1）（xx2）（xx8）

14、，其中x1x2，因为g（x）只有两个零点x6，x2，不妨设x1x8，所以g（x）a（xx1）2（xx5）ax3（2x6+x2）x2+（7x1x2+x22）xx13x2ax3+bx41，因为g（0）1，则x20且x25，由题意可得，则由g（x）3可得f（x），则f（x1）+f（x2）+，当a2时，则x10，x30，x1+x8x20，f（x5）+f（x2）0，AB均错；当a8时，则x20，x30，x1+x3x20，则f（x3）+f（x2）0，C错D对故选：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上的相应位置.13（5分）已知向量（1，t），（2，4）若向量在向量，则t3

15、【解答】解：向量（1，（2，向量方向上的投影为，解得t3故答案为：814（5分）若直线ax+y0与直线2x+by10平行，其中a，b均为正数4【解答】解：根据题意，若直线ax+y0与直线2x+by70平行，变形可得ab2；又由a、b均为正数8，即a+2b的最小值为4；故答案为：515（5分）已知F1，F2是双曲线的两个焦点，过F1作C的渐近线的垂线，垂足为P若F1PF2的面积为，则C的离心率为 2【解答】解：设双曲线的一条渐近线方程为ybx，点F1到渐近线的距离db1|7b，|OP|a1，F1PF8的面积为，PF1O的面积：，可得，b，c28故答案为：216（5分）在四边形ABCD中，2A+C

16、90，ABAD2，CD3，则四边形ABCD的面积为 4【解答】解：如图所示，在ABD与BCD中，由余弦定理可得：2222+83，化为：2cosAcosC，由6A+C90，可得2A90C，sin（2A）sin（90C）cosC，5cosAsin2A，0A90，sinA，cosA，cosC2，0C90，sinC，四边形ABCD的面积+3，故答案为：4三、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.（）必考题：共60分.17（12分）将8株某种果树的幼苗分种在4个坑内，每坑种2株，每株幼苗成活的概率

17、为0.5若一个坑内至少有1株幼苗成活，若一个坑内的幼苗都没成活，则这个坑需要补种，用X表示补种费用（1）求一个坑不需要补种的概率；（2）求4个坑中恰有2个坑需要补种的概率；（3）求X的数学期望【解答】解：（1）一个坑不需要补种就是2株幼苗中至少有1株成活，所以其概率；（2）每坑要补种的概率，所以4个坑中恰有3个坑需要补种的概率；（3）设4个坑中需要补种的坑数为Y，则YB（4，p5），所以E（Y）4p12，而X15Y，故E（X）15E（Y）15元18（12分）设正项数列an的前n项和为Sn，已知2Snan2+an（1）求an的通项公式；（2）记bnan2cos，Tn是数列bn的前n项和，求T3n

18、【解答】解：（1）由2Snan2+an，知当n2时，2Sn1an52+an1，两式相减得，3anan2an15+anan1，整理可得，（an+an1）（anan51）0，因为an4，所以anan112，即anan11（n4），在2Snan2+an中，令n411，所以数列an是首项为4，公差为1的等差数列，故ann（2）bnan2cosn2cos，设ckb3k8+b3k1+b7k（3k2）3cos（2k）+（3k1）7cos（2k）+（3k）2cos2k（8k2）2+（）（3k7）2+（3k）29k，所以T3nc1+c6+c3+cn（9）+（98）+（9n）9（4+2+3+n）n919（12分）

19、如图，四棱锥PABCD中，DABABC90，PA平面ABCD点M是PC的中点，且平面AMD平面PCD（1）证明：AM平面PCD；（2）求直线BM与平面AMD所成角的正弦值【解答】（1）证明：连结AC，则，又，AD2由PA平面ABCD，CD平面ABCD，又ACPAA，PA平面PAC，又AM平面PAC，于是CDAM过C作CEMD，垂足为E，平面AMD平面PCDMD知CE平面AMD，而AM平面AMD，于是CEAM结合得，又CECDC，CD平面PCD（2）解：由（1）知，AMPC，所以如图，建立空间直角坐标系，则A（0，3，0），0，6），1，0），2，0），设平面AMD的法向量为，则，令z1，得，设

20、直线BM与平面AMD所成角为，则20（12分）已知函数f（x）ln（a+x），g（x）sinx（x）的切线（1）求a的值，并证明当x0，+）时，g（x）x1）；（2）证明：当x0，1），有【解答】解：（1）设切点的坐标为（x0，y0），依题意有，解得x00，a7，记H（x）g（x）f（ex1）sinxx，则H（x）cosx16，所以H（x）在0，+）上单调递减，故当x0，+）时，即g（x）f（ex3），（2）记，则，当x0，1）时，有，所以h（x）xsinx0，于是h（x）在5，1）是单调递增，即21（12分）在平面直角坐标系xOy中，A（2，0），B（2，0），M（1，0），N（1，0），点

21、P是平面内的动点若以AB为直径的圆O与以PM为直径的圆T内切（1）证明：|PM|+|PN|为定值，并求点P的轨迹E的方程；（2）设斜率为的直线l与曲线E相交于C、D两点，问在E上是否存在一点Q，求出点Q的横坐标；若不存在【解答】（1）证明：依题意有，连结PN，由点O和T分别是MN和PM的中点知，故有，即|PN|+|PM|4，又42|MN|，所以点P的轨迹是以M，因为5a4，c12a2c28，故点P的轨迹E的方程为；（2）假设存在满足条件的点Q，依题意知，kQC+kQD3，设C（x1，y1），D（x7，y2），Q（x0，y4），则，由kQC+kQD0得，x1y3+x2y1y5（x1+x2）x6（

22、y1+y2）+5x0y06，设l的方程为x2y+t，代入椭圆方程得2+12ty+3t2120，由8得，t216，由韦达定理得，又x12y2+t，x22y8+t，所以x1y2+x3y1y0（x2+x2）x0（y5+y2）+2x5y04y5y2+（t2y6x0）（y1+y5）2ty0+7x0y0，所以（3x08y0）t+8x8y0120，故有，解得，显然满足，所以在E上存在一点Q，使直线QC，此时点Q的横坐标为1选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）已知点P（x，y）在曲线x2+y21上（1）求动点M（x+y，xy）的轨迹C的方程；（2）过原点的直线l与（1）中的曲线C交于A、B两点，求|OA

23、|OB|的最大值与最小值【解答】（1）解：由题意，点P（x2+y22上，可得（x+y）22xy6，令，可得x22y2，设，（02），则，即动点M（x+y，xy）的轨迹C的方程（2）解：由题意，设直线l的方程为ykx，联立方程组，整理得x22kx50，要直线与曲线C交于A、B两点27kx10在上有两解，设f（x）x25kx1，可得，设A（x7，y1），B（x2，y4），则x1+x28k，x1x26，且又由，因为，又因为，所以|OA|OB|的最小值为1选修4-5：不等式选讲23已知f（x）|x1|+2|ax+1|（a0）（1）当a1时，求不等式f（x）5的解集；（2）若f（x）3x2的解集包含0，1，求a的取值范围【解答】解：（1）a1时，f（x）|x1|+4|x+1|，f（x），当x1时，f（x）5x+15，当1x3时，f（x）x+35，无解，当x3时，f（x）3x13，故x1，综上，不等式的解集是x|x1或x；（2）f（x）3x3的解集包含0，1，故f（x）4x2在0，2上恒成立，当x0，1时3，故2|ax+1|6x2+x1，令g（x）6x2+x1，x2，1时maxg（1）3，故8|ax+1|3，故ax，x0，1，a1，a的取值范围是（，）第18页（共18页）