江苏省南通市2022届高三基地学校第四次大联考-数学试题【含答案】

2022本试卷共6页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”。2．作答选择题时，选出每小题 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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。x41．设集合Ax0，B2，1，1，2，则ABx1RA．1，1B．2，1C．2，1，1D．2，1，1，22．已知复数z满足(1i)z12i，则z在复平面内对应的点所在的象限为A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．设F是抛物线C:y22px（p0）的焦点，经过点F且斜率为1的直线与C交于A，B两点．若△OAB（O为坐标原点）的面积为32，则pA．2B．6C.1D.24．我国古代数学著作《张丘建算经》记载如下问题：“今有与人钱，初一人与三钱，次一人与四钱，次一人与五钱，以次与之，转多一钱，与讫，还敛聚与均分之，人得一百钱，问人几何？”意思是：“某人赠与若干人钱，第一人赠与3钱，第二人赠与4钱，第三人赠与5钱，继续依次递增1钱赠与其他人，若将所赠钱数加起来再平均分配，则每人得100钱，问一共赠钱给多少人？”在上述问题中，获得赠与的人数为A．191B．193C．195D．197《新高考学科基地秘卷》命题数学第1页（共6页）5.已知sinxπ5，则sin2x5π656A．3B．1C．2D．355556．已知函数f()(xxa)(xb)ex在xa处取极小值，且f(x)的极大值为4，则bA．1B．2C．3D．47．已知正四棱台ABCDABCD1111的上、下底面边长分别为1和2，P是上底面ABCD1111的边界上一点．若PAPC的最小值为1，则该正四棱台的体积为2A．7B．3C．5D．1228．北京冬奥会火种台（图1）以“承天载物”为设计理念，创意灵感来自中国传统青铜礼器——尊的曲线造型，基座沉稳，象征“地载万物”，顶部舒展开阔，寓意迎接纯洁的奥林匹克火种．如图2，一种尊的外形近似为双曲线的一部分绕着虚轴旋转所成的曲面，100尊高50cm，上口直径为cm，底座直径为25cm，最小直径为20cm，则这种尊的3轴截面的边界所在双曲线的离心率为图1图2A．2B．13C．7D．7543二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.一组样本数据x1，x2，，xn的平均数为x（x0）， 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 差为s．另一组样本数据xn1，xn2，，x2n的平均数为3x，标准差为s．两组数据合成一组新数据x1，x2，《新高考学科基地秘卷》命题数学第2页（共6页），xn，xn1，，x2n，新数据的平均数为y，标准差为s，则A．y2xB．y2xC．ssD．ss2210.已知P是圆Ox:y4上的动点，直线lx1:cosysin4与lx2:sinycos1交于点Q，则A．l1l2B．直线l1与圆O相切C．直线l2与圆O截得弦长为23D．PQ长最大值为17211．已知正四棱柱ABCDABCD1111的底面边为1，侧棱长为a，M是CC1的中点，则A．任意a0，AM1BDB．存在a0，直线AC11与直线BM相交C．平面ABM与底面ABCD交线长为定值5111112D．当a2时，三棱锥B1ABM1外接球表面积为3π12．已知定义在R上的函数f(x)的图象连续不间断，当x≥0时，f(1x)2f(1x)，且当x0时，f(1xf)(1x)0，则下列说法正确的是A．f(1)0B．f(x)在，1上单调递减C．若x1x2，fx()1fx()2，则x1x22f(x2)D．若x1，x2是gx()fx()cosπx的两个零点，且x1x2，则12f(x1)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某校举行“三人制”校园篮球比赛，共有8支代表队报名参加比赛，比赛规则是先抽签随机分成两组，每组4支队伍．则甲、乙两支队伍分在不同小组的概率为．14．已知fx()2sin(x)，试写出一个满足条件①②③的．①1；②fπ2；③f(π)06《新高考学科基地秘卷》命题数学第3页（共6页）15．若exeye，，xyR，则2xy的最小值为．16．德国数学家康托尔是集合论的创始人，以其名字命名的“康托尔尘埃”作法如下：第一次操作，将边长为1的正方形分成9个边长为1的小正方形后，保留靠角的4个，3删去其余5个；第二次操作，将第一次剩余的每个小正方形继续9等分，并保留每个小正方形靠角的4个，其余正方形删去；以此方法继续下去……．经过n次操作后，1共删去个小正方形；若要使保留下来的所有小正方形面积之和不超过，1000则至少需要操作次．（lg20.3010，lg30.4771）第1次第2次四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）已知数列{an}是公差不为零的等差数列，{bn}是各项均为正数的等比数列，a12b12，a3b32a7b51．（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；ac（）设n，求数列n的前10项的和．2cnS102bn1注：x表示不超过x的最大整数．《新高考学科基地秘卷》命题数学第4页（共6页）18．（12分）某水果经营户对出售的苹果按大小和色泽两项指标进行分类，最大横切面直径不小于70毫米则大小达标，着色度不低于90%则色泽达标，大小和色泽均达标的苹果为一级果；大小和色泽有一项达标另一项不达标的苹果为二级果；两项均不达标的苹果为三级果．已知该经营户购进一批苹果，从中随机抽取100个进行检验，得到如下统计表格：直径小于70毫米直径不小于70毫米合计着色度低于90%101525着色度不低于90%156075合计2575100（1）根据以上数据，判断是否有95%的把握认为该经营户购进的这批苹果的大小达标和色泽达标有关；（2）该经营户对三个等级的苹果按照分层抽样从样本中抽取10个苹果，再从中随机抽取3个，求抽到二级果个数X的概率分布列和数学期望．附：2PK(≥k0)0.0500.0250.010k03.8415.0246.635n(adbc)2K2，其中nabcd．(ab)(cd)(ac)(bd)19．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，a1，bcosAcosB2b．（1）证明：c2b；（2）求△ABC的面积的最大值．《新高考学科基地秘卷》命题数学第5页（共6页）20．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，AB//CD，ADCD，CD2AB4，△PAD是正三角形，PBBC，E是棱PD的中点．（）证明：面平面；1PADABCDP（2）若二面角EACD的大小为45，求△PAD的边长．EDCAB21．（12分）2x2y25，已知椭圆C:1（ab0）的离心率为，A1A2是C的上、下顶点，a2b25且．过点的直线交于，两点（异于A，A），直线AB与ADAA122P(0，2)lCBD1212交于点Q．（1）求C的方程；（2）证明：点Q的纵坐标为定值．22.（本题12分）已知函数f(x)xaalnxb（a0）．（1）求函数f(x)的单调区间；aa（2）若a0，b1，证明：f(x)存在两个零点x1，x2，且x1x22．《新高考学科基地秘卷》命题数学第6页（共6页）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1~4CBBC5~8DBAB二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。9.BC10.ACD11．AC12．ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．414．9（答案不唯一：3(2k1)，kN）7555n15．12ln216．(41)，93四、解答题：本题共6小题，共70分。17．（10分）【解】（1）设{an}的公差d，{bn}的公比为q，则由条件，a12b12，a3b32a7b51，(22d)q21，得……3分(26d)q41，2消去q得，d2d．因为d0，所以d1，ann1．所以q21，由于{b}是各项均为正数，所以q1，4n2n1所以b1．……5分n2a（）由n，2cn2知cc121，，cc342cc563，cc784，cc9105，……7分cn设dn，bn12345678910则S10121222223232424252523(1222332542752)9．《新高考学科基地秘卷》命题数学参考答案与评分建议第1页（共6页）设T12223325427529，则4T1222324252357911，2(145)所以3T2232527295211521172122，1433所以3T721229558，即S9558．……10分331018．（12分）100(10601515)2【解】（1）由于K243.841，……3分25757525所以有95%的把握认为该经营户购进的这批苹果的大小达标和色泽达标有关．……4分（2）对三个等级的苹果按照分层抽样从样本中抽取10个，则一级果6个，二级果3个，三级果1个．……6分由题意，二级果的个数X的可能值为0，1，2，3，C3C1C2则P(X0)77，P(X1)3721，324340C10C10C2C1C3P(X2)377，P(X3)31．……10分3403120C10C10所以X的分布列为：X012372171P244040120所以X的数学期望E(X)0712127319．……12分2440401201019．（12分）【解】（1）解法1：因为a1，bcosAcosB2b，所以bcosAacosB2b，……2分由正弦定理得，sinBAcossinABcos2sinB，所以sinCsin(AB)2sinB．……4分由正弦定理得，c2b．……5分解法2：在△ABC中，由余弦定理得，《新高考学科基地秘卷》命题数学参考答案与评分建议第2页（共6页）2222222222cosAbcabc1，cosBacbcb1．2bc2bc2ac2c2222代入bcosAcosB2b得，bbc1cb12b，……2分2bc2c即c22bc0．……4分因为c0，所以c2b．……5分（2）解法1：由（1）知，c2b，所以由余弦定理得，222222cosAbcabc15b1，2bc2bc4b22225b1所以sinA1cosA1．……7分4b2222所以△的面积1125b1142ABCSbcsinA4b1216b5b1244b4……9分19b410b2119(b25)216≤1，……11分44993当且仅当b5时，等号成立．3所以△ABC的面积为1．……12分3解法2：以直线BC为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则B1，0，C1，0．……7分2222设Ax(，y)，因为c2b，即AB4AC，22所以x1yx2414y2，整理得，xy225x10，22342所以点A轨迹为圆x5y24（除去B，C两点）．……10分69所以当点A到x轴的距离最大值为2，3此时△ABC的面积最大，最大值为1．……12分320．（12分）【证】（1）取PC中点F，连结EF．因为E是棱PD的中点，所以EF//CD，且EF1CD．2《新高考学科基地秘卷》命题数学参考答案与评分建议第3页（共6页）1因为AB//CD，ABCD，P2所以EF//AB，EFAB，EF所以四边形ABFE是平行四边形，所以AE//BF．DC因为PBBC，所以BFPC，AB所以AEPC．……2分因为E是正△PAD的边PD的中点，所以AEPD．因为PD，PC平面PCD，PDPCP，所以AE平面PCD．因为CD平面PCD，所以AECD．……4分因为ADCD，AD，AE平面PAD，ADAEA，所以CD平面PAD．因为CD平面ABCD，所以面PAD平面ABCD．……6分【解】（2）取AD中点O，由（1）知，以O为坐标原点，OA，OP为x，z轴，平行于AB的直线为y轴，如图建立空间直角坐标系．设正三角形PAD的边长为2a，则zAa，0，0，Da，0，0，Ca，4，0，PP(00，，3)a，Ea，，03a，22E所以AC(2a，4，0)，AE3a，，03a．22DC设平面EAB的一个法向量m(x，y，z)，OyACm0，AB则xAEm0，(2a，4，0)(xyz，，)0，2ax4y0，所以即3a3a3a3a，0，(x，，yz)0，xz0.2222令x1，则ya，z3，所以m1，，a3．……9分22又平面ACD的一个法向量n(0，0，1)，……10分因为二面角EACD的大小为45，《新高考学科基地秘卷》命题数学参考答案与评分建议第4页（共6页）mn所以cos4532，解得a22，mn22a44所以正三角形PAD的边长为42．……12分21．（12分）【解】（）因为，所以，1A1A22b2b125因为ec，其中c2a2b2，a5225222a所以设ca，bac，解得a25．552所以椭圆C的方程为xy21．……4分5（2）显然直线l的斜率存在，设直线l方程为ykx2，联立直线l与椭圆C方程，消去y得，(15kx2)220kx150．……5分设Bx(1，，y1)(Dx2，y2)，22221当400k60(15k)20(5k1)0，即k时，5有xx20k，xx15．……7分1215k21215k2y1直线方程为：1，AB1y1xx1y1直线方程为：2．AD2y1xx2y1xy1xkx1kxxx两式相除得，2121122，……10分y1xy121xkx123kxx123x131x1x2因为3，所以y1441，kxx12(x1x2)4y19x3x34142整理得y1．即点Q的纵坐标为定值1．……12分2222.（本题12分）【解】（1）f(x)的定义域为x(0，)，fxax()a1aa(xa1)，0xx若a0，当x(0，1)时，a0，xa10，所以f(x)0，f(x)递减；x《新高考学科基地秘卷》命题数学参考答案与评分建议第5页（共6页）当x(1，)时，a0，xa10，所以f(x)0，f(x)递增．……2分x若a0，当x(0，1)时，a0，xa10，所以f(x)0，f(x)递减；x当x(1，)时，a0，xa10，所以f(x)0，f(x)递增．x综上，a0时，f(x)的减区间为(0，1)，增区间为(1，)．……4分（2）由（1）知，a0时f(x)在(0，1)上递减，在(1，)上递增，因为b1，所以f(1)1b0，bb因为ea(0，1)，f(ea)eb0，所以f(x)在(0，1)上存在唯一零点x1．……6分bb因为ea(1，)，f(ea)eb2b，设g(b)eb2b，b(1，)，则g(b)eb20，b所以g(b)在(1，)上递增，g(b)g(1)e20，即f(ea)0，所以f(x)在(1，)上存在唯一零点x2．综上，a0，b1时，f(x)存在两个零点x1，x2．……8分ax1alnx1b0，x2aaa因为设t1，则tx1atxln10，a，xx2alnx2b01a即(ta1)xaatln，即xalnt．11ta1a要证xaxa2，只要证(ta1)xa2，只要证t1lnta2，……10分121ta12(m1)设mta1，只要证lnm．m12(m1)设hm()lnm，m1，m1(m1)2因为h(m)0，m(m1)2所以h(m)在(1，)上递减，所以h(m)h(1)0，故原不等式得证．……12分《新高考学科基地秘卷》命题数学参考答案与评分建议第6页（共6页）