2022年江苏省南通市基地学校高考数学第四次大联考试卷+答案解析(附后)

2022年江苏省南通市基地学校高考数学第四次大联考试卷
1.设集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若复数z满足，则在复平面内对应的点位于( )
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：的焦点，经过点F且斜率为1的直线与C交于A，B两点．若
为坐标原点的面积为，则( )
A. B. C. 1 D. 2
4.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. 191
B. 193
C. 195
D. 197
5.已知，则( )
A. B. C. D.
6.已知函数在处取极小值，且的极大值为4，则( )
A. B. 2 C. D. 4
7.已知正四棱台的上、下底面边长分别为1和2，P是上底面的边界上一点．若的最小值为，则该正四棱台的体积为( )
A. B. 3 C. D. 1
8.北京冬奥会火种台图以“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，浮高50cm，上口直径为，底座直径为25cm，
最小直径为20cm，则这种尊的轴截面的边界所在双曲线的离心率为( )
A. 2
B.
C.
D.
9.一组样本数据，，…，的平均数为，标准差为另一组样本数据，，…，
的平均数为，标准差为两组数据合成一组新数据，，…，，，，…，，新数据
的平均数为，标准差为，则( )
A. B. C. D.
10.已知P是圆O：上的动点，直线：与：交于点Q，则( )
A. B.
直线与圆O相切
C. 直线与圆O截得弦长为
D. 长最大值为
11.已知正四棱柱的底面边为1，侧棱长为a，M是的中点，则( )
A.
任意，
B. 存在，直线与直线BM相交
C.
平面与底面交线长为定值
D. 当时，三棱锥外接球表面积为
12.已知定义在R上的函数的图象连续不间断，当时，，且当时，
，则下列说法正确的是( )
A.
B. 在上单调递减
C.
若，，则
D. 若，是的两个零点，且，则
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，试写出一个满足条件①②③的______.
①；
；
③
15.若，x，，则的最小值为______.
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个边长为的小正方形后，保留靠角的4个，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，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
，则至少需要操作______次．
17.已知数列是公差不为零的等差数列，是各项均为正数的等比数列，，
求数列和的通项公式；
设，求数列的前10项的和
注：表示不超过x的最大整数．
18.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101525
着色度不低于156075
合计2575100
根据以上数据，判断是否有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；
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：
，其中
19.在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，，
证明：；
求的面积的最大值．
20.如图，在四棱锥中，底面ABCD是梯形，，，，
是正三角形，，E是棱PD的中点．
证明：平面平面ABCD；
若二面角的大小为，求的边长．
21
.已知椭圆C：的离心率为，，是C的上、下顶点，且过
点的直线l交C于B，D两点异于，，直线与交于点
求C的方程；
证明：点Q的纵坐标为定值．
22.已知函数
求函数的单调区间；
若，，证明：存在两个零点，，且
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：或，
，
，
故选：
化简集合A，得到，再求即可．
本题考查分式不等式的解法及集合的运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由，得，
，
则在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限．
故选：
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，然后求出的坐标得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：的焦点为，
则直线l的方程为，代入抛物线方程得，
设，，则，
根据抛物线定义，，
所以
坐标原点O到直线l的距离，
所以的面积为，
解得
故选：
求得抛物线的焦点，以及直线l的方程，代入抛物线的方程，运用韦达定理和弦长公式可得，由点到
直线的距离公式和三角形的面积公式，解方程可得p；
本题考查抛物线的定义、方程和性质，注意运用定义法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：设获得赠与的人数为n人，第n人赠与钱数为，
则数列是等差数列，，公差，
，
解得，
即获得赠与的人数为195，
故选：
设获得赠与的人数为n人，第n人赠与钱数为，则数列是等差数列，，公差，再利用等差数列的前n项和公式求解．
本题主要考查了等差数列的实际应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由于，
所以；
故选：
直接利用三角函数关系式和倍角公式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，倍角公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：，
所以，
因为函数在处取极小值，
所以，
所以，，，
令，得或，当时，，所以在单调递增，
当时，，所以在单调递减，
当时，，所以在单调递增，
所以在处有极大值为，
解得，所以
故选：
对求导，由函数在处取极小值，所以，所以，
，对求导，求单调区间及极大值，由的极大值为4，列方程得解．
本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：由题意，以O为坐标原点，OB、OC、所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
，，
由对称性，点P在，，，是相同的，
故只考虑P在上时，设正四棱台的高为h，
则，，
设，，，
在上，，
，
，，
，
由二次函数的性质知，当时，取最小值为，
的最小值为，，解得舍负，
该正四棱台的体积为：
故选：
建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
本题考查正四棱台的体积的求法，考查向量法、正四棱台体积公式、向量的数量积公式、二次函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：设双曲线的标准方程为，
则由题意最小直径为20cm，可知，
设点，，
，，解得，，
所以，
故选：
设双曲线的标准方程为，利用已知条件确定a，b的值，即可求解双曲线的离心率．
本题主要考查双曲线方程的应用，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：由题意，
，
同理，
两式相加得，
，
，
故选：
由平均数与标准差的定义求解判断．
本题考查平均数、标准差的运算，考查平均数、标准差的性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：，，故A正确；
圆心O到的距离，直线与圆O相离，故A错误；
圆心O到的距离，弦长，故C正确；
如图OMQN为矩形，，，故D正确；
故选：
利用直线与圆的有关知识，逐项计算判断即可．
本题考查直线与圆的位置关系，属中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：，，，，平面，
平面，平面，，A对；
平面，平面，平面；
与异面不相交，B错；
延长BM，交于N点，M为中点，≌，
，，，，
平面平面，平面与底面交线为，
其中P为中点，，C对；
，是直角三角形，外接圆是以为直径的圆，
圆心设为，半径，
取中点Q，则平面，，
，，
，D错；
故选：
对于A，证线线垂直即证线面垂直；
对于B，根据异面直线的定义可得；
对于C，根据基本事实3找出交线，然后求出交线长即可；
对于D，根据外接球与正四棱柱的位置关系，找出球心，进而求出半径，即可得出表面积．
本题主要考查命题的真假判断，涉及空间位置关系的判断，外接球表面积的计算，综合性较强，运算量较大，是个难题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，在中，令，
则，所以，故A正确；
对于B，当时，，
对两边求导，
则，
所以时，，
所以，令，，，
所以在上单调递增，所以B错；
对于C，由B知，在上单调递增，上单调递减，
由，知，不可能均大于等于1，
否则，则，这与条件矛盾，舍去，
①若，则，满足条件，此时，，
②若，则，而，
则，
所以，
而，，所以，C正确；
对于D，由在上单调递增，上单调递减，知，
注意到，
所以，
若，则，则，
所以，
，这与矛盾，舍去，
所以，
在时，中，令，
而由，所以，
所以，故D正确．
故选：
对于A，在中令，即可判断A；
对于B，对两边求导，结合，即可得出在上单调递增，即可判断B；
对于C，分别讨论和，再结合在上单调递增，上单调递减，即可判断C；
对于D，先证明，则，再令，而由
，所以，所以，即可判断
本题考查了导数的综合应用，属于难题．
13.【答案】
【解析】解：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
故答案为：
直接利用古典概型问题的应用，利用组合数的应用求出结果．
本题考查的知识要点：古典概型问题的应用，组合数数的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
14.【答案】答案不唯一
【解析】解：对于，由题意可得，且，，且
，，
且，
且，，取，可得，
故答案为：答案不唯一
由题意，利用正弦函数的图象和性质，得出结论．
本题主要考查正弦函数的图象和性质，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：依题意，，，
则，
当且仅当，即时取“=”，
此时，，
所以，当，时，取最小值
故答案为：
把表示成的函数，再借助均值不等式求解作答．
本题考查了转化思想及利用均值不等式求函数的最值，属于中档题．
16.【答案】 9
【解析】解：由题可知，每次删掉的正方形数构成公比为4，首项为5的等比数列，
所以经过n次操作后，共删去的正方形个数；
易知，第n次操作后共保留个小正方形，其边长为，
所以，保留下来的所有小正方形面积之和为，
由，得，
所以，至少需要9次操作才能使保留下来的所有小正方形面积之和不超过
故答案为：
通过观察可知每次删掉的正方形数和保留下来的正方形数为等比数列，然后根据等比数列的求和公式可解．本题考查数列的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：设的公差为d，的公比为q，
由，得：，
而，，解得，
于是得，
所以数列和的通项公式分别为；
由知，，
则有，，，，，
依题意，
，
令，
则，
两式相减得：，
所以，
即
【解析】根据给定条件，列出关于公差d，公比q的方程组，再解方程组作答；
由的结论，求出数列的前10项，再借助错位相减法计算作答．
本题考查了数列的递推式和错位相减求和，属于中档题．
18.【答案】解：由于，
所以有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；
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，
由题意，二级果的个数X的可能值为0，1，2，3，
则，，，，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
所以x的数学期望
【解析】根据已知表格中的数据，由的计算公式求出，再结合临界值表即可求解；
由分层抽样可得一级果6个，二级果3个，三级果1个，从而根据离散型随机变量分布列的求解步骤及期望公式即可求解．
本题主要考查了独立性检验的应用，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
19.【答案】证明：因为，，
所以，
由正弦定理得，
即，
所以；
由余弦定理得，
所以，
所以的面积
，
当即时，S取得最大值
【解析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可证；
由余弦定理及同角平方关系可求，然后结合三角形面积公式及二次函数性质可求．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题20.【答案】证明：如图所示：
取PC中点F，连结
因为E是棱PD的中点，所以，且，
因为，
所以，，
所以四边形ABFE是平行四边形，
所以
因为，所以，
所以
因为E是正的边PD的中点，所以
因为PD，平面PCD，，
所以平面
因为平面PCD，所以
因为，AD，平面PAD，，
所以平面
因为平面ABCD，
所以面平面
解：取AD中点O，由知，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，，，，
所以
设平面EAC的一个法向量，
则，
令，则，所以
又平面ACD的一个法向量，
因为二面角的大小为，
所以，
解得，
所以正三角形PAD的边长为
【解析】取PC中点F，连结EF，易证，从而得到，再由，得到平
面PCD，则，再由，得到平面PAD即可；
取AD中点O，以O为坐标原点，OA，OP为x，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面EAC的一个
法向量，再由平面ACD的一个法向量，根据二面角的大小为，
由求解．
本题主要考查面面垂直的证明，二面角的相关计算，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
21.【答案】解：因为，所以，
因为，其中，
所以设，解得
所以椭圆C的方程为
证明：显然直线l的斜率存在，设直线l方程为，
联立直线l与椭圆C方程，消去y得，
设，，
当，即时，
有
直线方程为：，
直线方程为：
两式相除得，，
因为，所以，
整理得即点Q的纵坐标为定值
【解析】由短轴长与离心率求得b，a，c得椭圆方程；
直线l方程为，设，，直线方程代入椭圆方程，由得k的范围，由韦达定理得，，写出直线，方程，两式相除代入后可得y值，得证定值．
本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用，圆锥曲线中的定值问题等知识，属于中等题．
22.【答案】解：的定义域为，，
若，当时，，，所以，递减；
当时，，，所以，递增，
若，当时，，，所以，递减；
当时，，，所以，递增．
综上，时，的减区间为，增区间为
证明：由知，时在上递减，在上递增，
因为，所以，
因为，，
所以在上存在唯一零点
因为，，
设，，则，
所以在上递增，，即，
所以在上存在唯一零点
综上，，时，存在两个零点，，
因为，
设，则，
即，即
要证，只要证，只要证，
设，只要证
设，，
因为，
所以在上递减，所以，
故原不等式得证．
【解析】求出函数的定义域，对函数求导，然后分和两种情况通过讨论导数的正负可求出函数的单调区间；
由结零点存在性定理可得在上存在唯一零点，在上存在唯一零点，则
，设，则，从而可得，所以要证
，只要证，设，只要证，然后构造函数
，利用导数证明即可．
本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，利用导数解决函数零点问题，考查转化思想、函数思想和计算能力，属于难题．。