湖南省长沙市长郡中学2021-2022学年高三上学期第一次月考数学试题

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长郡中学2022届高三月考试卷（一）数学本试卷共8页．时量120分钟．满分150分．一、单项选择题：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．1. 设集合，集合，则（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求得集合B，然后利用集合的交集求解即可.【详解】由函数单调递增，不等式解得，即集合，则.故选：B.2. 设复数z满足则（    ）A. 1 B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算求出复数，再由复数的模的运算即可求解.【详解】解：因为，所以．故选B3. 对具有线性相关关系的变量x，y，测得一组数据如下：x24568y2040607080根据上表，利用最小二乘法得它们的回归直线方程为，据此模型预测当时，y的估计值为（    ）A. 210.5 B. 211 C. 211.5 D. 212【答案】C【解析】【分析】根据表中数据计算、，代入回归直线方程求出，写出回归直线方程，利用方程计算时的值即可．【详解】，将代入得，则，当时，，故选：C4. 过抛物线（）的焦点作斜率大于的直线交抛物线于， 两点（在的上方），且与准线交于点，若，则A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】分别过作准线的垂线，垂足分别为，设，则， ，故选A.5. 公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”，此即，欧几里得未给出k的值．17世纪日本数学家们对球的体积的方法还不了解，他们将体积公式中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体也可利用公式求体积（在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长）．假设运用此体积公式求得球奖（直径为a），等边圆柱（底面圆的直径为a），正方体（棱长为a）的“玉积率”分别为，那么（    ）A  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意可得，，，从而得到.【详解】由题意得球的体积为；等边圆柱的体积为；正方体的体积，所以，故选：D．6. 已知且，若，则（    ）A. 或 B. 或1 C. 1 D. 【答案】D【解析】【分析】利用二倍角的正弦公式以及齐次式求出，再由两角差的正切公式即可求解.【详解】由，得，所以，求得（舍），．又，将的值代入上式可得：．故选：D．7. 某电视台的夏日水上闯关节目一共有三关，第一关与第二关的过关率分别为，只有通过前一关才能进入下一关，每一关都有两次闯关机会，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手能进人第三关的概率为（ ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用相互独立事件，分别计算闯过第一关、闯过第二关的概率，再利用【详解】该选手闯过第一关的概率为，闯过第二关的概率为，所以该选手能进入第三关的概率为．故选：B.8. 已知双曲线的左，右焦点分别为、，过点作倾斜角为的直线l交双曲线C的右支于A，B两点，其中点A在第一象限，若，且双曲线C的离心率为2．则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】结合双曲线的性质和余弦定理,即可求解.【详解】由双曲线的定义知，，∵，∴，即，∴，在中，由余弦定理知，，∵，故选A．二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．9. 已知函数，则下列关于的说法正确的是（    ）A. 最大值为4B. 在上单调递减C. 是它的一个对称中心D. 是它的一条对称轴【答案】AD【解析】【分析】利用整体法及余弦函数的性质，可判断选项A、B；利用代入检验法可判断C、D.【详解】由，∴的最大值为4，所以A正确；因为当时，，不是单调函数，所以B错误；因为不在图象上，所以不是其对称中心，所以C错误；因为为函数的最大值，所以对称轴，所以D正确.故选：AD．10. 已知不等式的解集是，则下列四个结论中正确的是（    ）A. B. C. 若不等式的解集为，则D. 若不等式的解集为，且，则【答案】ABD【解析】【分析】由三个“二次”的关系可知，相应方程有两个相等的实根，结合韦达定理就可判断.【详解】由题意．，∴，所以A正确；对于B：等号当且仅当，即时成立，所以B正确；对于C：由韦达定理，知，所以C错误；对于D：由韦达定理，知，则，解得，所以D正确；故选：ABD．11. 如图已知P是半径为2，圆心角为的一段圆弧上的一点，若，则的值可以是（    ）（参考数据）A.  B.  C. 0 D. 1【答案】ABC【解析】【分析】以圆心为原点，平行的直线为x轴，的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，设，求出的坐标，再根据数量积的坐标运算结合三角函数的性质即可求得范围，即可得出答案.【详解】解：以圆心为原点，平行直线为x轴，的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则，设，则，且，，∵在递增，在递减，∴当时，最小值为，当时，的最大值为，则所以ABC正确，D错误.故选：ABC.12. 如图所示，在矩形中，，E为上一动点，现将沿折起至，在平面内作，G为垂足．设，则下列说法正确的是（    ）A. 若平面，则B. 若平面，则C. 若平面平面，且，则D. 若平面平面，且，则【答案】AC【解析】【分析】对四个选项一一验证：对于A：由平面得到，在中，解三角形即可求得；对于B：由平面得到， ，在中解三角形即可求得；对于C：作于H，可以证明平面，得到，在等腰直角三角形中，可以计算；对于D：作，垂足为H，可以判断出C，H，G三点共线，证明出，利用，可以求出t.【详解】对于A，若平面，则，在中，，则，是三角形的高，则所以A正确；对于B，若平面，则有，则，在中，，即，解得，所以B错误；对于C，若平面平面，作，垂足为H，因为平面平面，所以平面，从而，又，所以平面，从而，因为，所以在等腰直角三角形中，，所以在等腰直角三角形中，，所以C正确；对于D，若平面平面，平面平面，又，故平面，所以，作，垂足为H，从而有平面，从而，从而有C，H，G三点共线，则，又，故，又，所以，故，因为，所以，所以D错误.故选：AC．【点睛】(1)立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；(2)一般位置关系的证明用判定定理.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 若是偶函数，则__________．【答案】【解析】【分析】根据题意得求出k的值，再检验函数的奇偶性得解.【详解】∵是偶函数，∴，∴，，经检验符合题意，故答案为:【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，意在考查学生对这些知识的掌握水平.14. 已知直线与圆交于，两点，过，分别做的垂线与轴交于，两点，若，则_________.【答案】【解析】【分析】因为所以直线过圆心，求出直线的方程，利用直线的倾斜角和的长即可求出．【详解】圆，圆心，半径，，直线过圆心，，，直线，倾斜角为，过，分别做的垂线与轴交于，两点，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，是基础题．15. 设函数，若曲线在处的切线经过点．则实数a的值为____；在（e为自然对数的底数，）上的最小值为_________．【答案】    ①. 1    ②. 【解析】【分析】（1）求导，利用斜率相等，即可求出,(2)由（1）得函数单调性，即可求最值.【详解】函数，则定义域为，．由题设，解得．从而；当时，时，．可知在单调递增．在上单调递减．又，所以在上的最小值为．故答案为：（1）1；（2）16. 在数列中，对任意，，当且仅当，若满足，则的最小值为___________.【答案】512【解析】【分析】不妨设，则，从而得到，同理求出，，，利用已知的不等式求解，求出的最小值，从而得到的最小值．【详解】不妨设，，由题意可得，，因为，所以，同理可得，，，，所以，因为，所以，解得，又，所以的最小值整数解为9，故的最小值为．故答案为：512．四、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. 在中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，面积，求的值．【答案】.【解析】【分析】先由面积公式，求出，再结合正弦定理或余弦定理，即可求解.【详解】由三角形面积公式，则，∵，∴（法一）由正弦定理得，．又由得，所以，所以（法二）由余弦定理得，即，解得（舍）或，由余弦定理得．18. 比知数列满足：（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前n项和为．若对恒成立．求正整数m的最大值．【答案】（1）；（2）2021.【解析】【分析】（1）求出公比和首项即可.(2)利用错位相减法，求出，再作差求出递增，即可求解.【详解】（1）因为数列满足：，所以，设的公比为q，可得，又，即，解得，所以；（2），，，上面两式相减可得，化简可，因为，所以递增，最小，且为所以，解得，则m的最大值为2021．19. 设甲、乙两位同学在高中年级上学期间，甲同学每天6：30之前到校的概率均为，乙同学每天6：30之前到校的概率均为，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．（1）设A为事件“上学期间的五天中，甲同学在6：30之前到校的天数为3天”，B为事件“上学期间的五天中，甲同学有且只有一次连续两天在6：30之前到校”，求在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，（2）甲、乙同学组成了学习互助小组后，若某天至少有一位同学在6：30之后到校，则之后的一天甲，乙同学必然同时在6：30之前到校，在上学期间的五天，随机变量Y表示甲、乙同学同时在6：30之前到校的天数，求Y的分布列与数学期望．【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【解析】分析】（1）利用条件概率求出即可.（2）根据题意求出随机变量对应的概率，即可求出其数学期望.【详解】（1）事件包含6种情况；甲同学第1、2、4天6：30之前到校；甲同学第1、2、5天6：30之前到校；甲同学第2、3，、5天6：30之前到校；甲同学第1、3、4天6：30之前到校；甲同学第1、4、5天6：30之前到校；甲同学第2、4、5天6：30之前到校，故，又，所以．（2）随机变量Y的所有可能取值为2、3、4、5．则，.则随机变量Y的分布列为：Y2345P则20. 如图，在中，．O为的外心，平面，且．（1）求证： 平面；（2）设平面平面；若点M在线段上运动，且，当直线l与平面所成角取最大值时，求的值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，证明出，利用线面平行的判定定理即可证明平面．（2）先判断出．以点D为原点，，垂直平面的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．用向量法计算即可.【详解】（1）如图，连接，交于点D，O为的外心，，所以，所以故和都为等边三角形，即四边形为菱形，所以又平面，平面，所以平面．（2）由（1）同理可知因为平面，平面，平面平面，所以．如图所示：以点D为原点，和垂直平面的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则．设所以设平面的法向量为．，得，令得．所以直线l与平面所成角的正弦值为：，即当即点M是线段的中点时，直线l与平面所成角取最大值．21. 设椭圆长轴的左，右顶点分别为A，B．（1）若P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点，直线的斜率分别为，求的最小值；（2）已知过点的直线l交椭圆C于M、N两个不同的点，直线分别交y轴于点S、T，记（O为坐标原点），当直线1的倾斜角为锐角时，求的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设点，则可表示出，然后结合椭圆的性质即可求出最小值；（2）由题意可设直线，与椭圆方程联立，设，则利用韦达定理可得两根和、两根积，及斜率的取值范围，然后结合条件可以用斜率表示出，即可求出其取值范围.【详解】（1）设点，由椭圆的对称性知，不妨令，由已知，则，显然有，则，，则，因为，所以，当且仅当时等号成立，即的最小值为．（2）当直线l的倾斜角为锐角时，设，设直线，由得，从而，又，得，所以，又直线的方程是：，令，解得，所以点S为；直线的方程是：，同理点T为·所以，因为，所以，所以∵，∴，综上，所以的范围是．22. 已知函数（ …是自然对数的底数）．（1）若在内有两个极值点，求实数 a的取值范围；（2）时，讨论关于x的方程的根的个数．【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）若在内有两个极值点，则在内有两个不相等的变号根，等价于在上有两个不相等的变号根．令，分类讨论有两个变号根时的范围；（2）化简原式可得：，分别讨论和时的单调性，可得的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合的单调性可以得到零点个数.【详解】（1）由题意可求得，因为在内有两个极值点，所以在内有两个不相等的变号根，即在上有两个不相等的变号根． 设，则，①当时，，所以在上单调递增，不符合条件． ②当时，令得，当，即时，，所以在上单调递减，不符合条件； 当，即时，，所以上单调递增，不符合条件； 当，即时，在上单调递减，上单调递增，若要在上有两个不相等的变号根，则，解得． 综上所述，． （2）设，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减．（ⅰ）当时，，则，所以．因为，所以，因此在上单调递增． （ⅱ）当时，，则，所以．因为即，又 所以，因此在上单调递减． 综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当时，，当，即时，没有零点，故关于x的方程根的个数为0， 当，即时，只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1， 当，即时，①当时，，要使，可令，即；②当时，，要使，可令，即，所以当时，有两个零点，故关于x的方程根的个数为2，综上所述：当时，关于x的方程根的个数为0，当时，关于x的方程根的个数为1，当时，关于x的方程根的个数为2．【点睛】本题考查已知极值点的个数求参数，以及分类讨论求函数的零点个数问题，属于难题.关键点点睛：分类讨论求函数的零点时，（1）先从函数有无零点得到参数的一个范围；（2）函数有零点时，再判断函数零点是否在给定区间内，得到参数下一步的范围.