湖南省永州市2021-2022学年高三上学期第二次适应性考试数学试题含答案

这是一份湖南省永州市2021-2022学年高三上学期第二次适应性考试数学试题含答案，共26页。试卷主要包含了 复数的虚部是， 已知全集，集合，，则， 已知向量、满足，，若，则， 已知的三个内角、、满足，则， 已知随机变量服从正态分布等内容，欢迎下载使用。
永州市2022年高考第二次适应性考试试卷
数学
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.
1. 复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
2. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知向量、满足，，若，则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知的三个内角、、满足，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ）

A. B. C. D.
6. 在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数.假设某种传染病的基本传染数为，个感染者在每个传染期会接触到个新人，这个人中有个人接种过疫苗（称为接种率），那么个感染者传染人数为.已知某种传染病在某地的基本传染数，为了使个感染者传染人数不超过，则该地疫苗的接种率至少为（ ）
A. B. C. D.
7. 设抛物线的焦点为，为抛物线上的点，且与轴不垂直，在直线上的射影为，若的垂心在抛物线上，则（ ）
A. B. C. D.
8. 若函数与存在两条公切线，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
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. 已知随机变量服从正态分布（参考数据：若，则），则（ ）
A. 的方差为 B.
C. D.
10. 已知定义在的偶函数，其周期为4，当时，，则（ ）
A. B. 的值域为
C. 在上为减函数 D. 在上有8个零点
11. 画法几何创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，直线，则（ ）
A. 直线与蒙日圆相切
B. 的蒙日圆的方程为
C. 记点到直线的距离为，则的最小值为
D. 若矩形的四条边均与相切，则矩形的面积的最大值为
12. 在圆锥中，是母线上靠近点的三等分点，，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则（ ）
A. 当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为
B. 当时，过顶点和两母线截面三角形的最大面积为
C. 当时，圆锥的外接球表面积为
D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中，常数项为___________.(用数字作答)
14. 已知角的终边经过点，则___________.
15. 已知数列、满足，，，则___________.
16. 已知不等式在上恒成立，则实数最小值为___________.
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. 已知函数的部分图象如图所示.

（1）求；
（2）将函数图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值.
18. 已知数列，，且，.
（1）若为等比数列，求；
（2）若为等比数列，求.
19. 如图，在四棱锥中，平面，，，点为的中点.

（1）证明：平面；
（2）若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.
20. 第届冬季奥运会将于年月日在北京开幕，本次冬季奥运会共设个大项，个分项，个小项.为调查学生对冬季奥运会项目的了解情况，某大学进行了一次抽样调查，若被调查的男女生人数均为，统计得到以下列联表，经过计算可得.

男生
女生
合计
了解



不了解



合计




（1）求的值，并判断有多大的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；
（2）①为弄清学生不了解冬季奥运会项目的原因，采用分层抽样的方法从抽取的不理解冬季奥运会项目的学生中随机抽取人，再从这人中抽取人进行面对面交流，“至少抽到一名女生”的概率；
②将频率视为概率，用样本估计总体，从该校全体学生中随机抽取人，记其中对冬季奥运会项目了解的人数为，求的数学期望.
附表：












附：.
21. 设双曲线，点，为双曲线左､右顶点，点为双曲线上异于顶点的一点，设直线，的斜率分别为，.
（1）证明：；
（2）若过点作不与轴重合的直线与双曲线交于不同两点，，设直线，的斜率分别为，.是否存在常数使？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
22. 已知函数.
（1）当时，讨论在上单调性；
（2）若，求取值构成的集合.
















永州市2022年高考第二次适应性考试试卷
数学
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.
1. 复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，即可得解.
【详解】因为，因此，复数的虚部为.
故选：A.
2. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合运算先求补集，再求并集．
【详解】由题意，所以.
故选：C．
3. 已知向量、满足，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知得出，利用平面向量数量积的运算可求得实数的值.
【详解】因为，则，解得.
故选：B.
4. 已知的三个内角、、满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理结合余弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得结果.
【详解】因为，由正弦定理可得，
设，则，，由余弦定理可得，
，因此，.
故选：C.
5. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题干中的图象，逐个分析选项，先由图象是奇函数排除选项B；再由，值大于0，排除选D；在根据函数图象过原点排除选项C.因此得到最有可能正确的答案.
【详解】由函数图象知函数关于原点对称，为奇函数，可以排除选项B；
其余选项都为奇函数.对于选项D，当时，，选项D错误；
选项C中的图象 ，故选项C错误.；
当时，，当时，. 故选项A最有可能正确.
故选：A.
6. 在流行病学中，基本传染数是指每名感染者平均可传染的人数.假设某种传染病的基本传染数为，个感染者在每个传染期会接触到个新人，这个人中有个人接种过疫苗（称为接种率），那么个感染者传染人数为.已知某种传染病在某地的基本传染数，为了使个感染者传染人数不超过，则该地疫苗的接种率至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得结合可解得的取值范围，即可得解.
【详解】为了使得个感染者传染人数不超过，只需，即，
因为，故，可得.
故选：D.
7. 设抛物线的焦点为，为抛物线上的点，且与轴不垂直，在直线上的射影为，若的垂心在抛物线上，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作，垂足为点，设线段交抛物线于点，求出点的坐标，设点，则，由已知可得出，求出的值，可得出点的坐标，利用抛物线的定义可求得的值.
【详解】过点作，垂足为点，设线段交抛物线于点，易知点，

将代入，可得，不妨取点，
设点，则，则，，
由已知可得，即，
因为点与点不重合，则，从而，则点，
因此，.
故选：B.
8. 若函数与存在两条公切线，则实数的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设切线与曲线相切于点，利用导数写出曲线在点处切线方程，将切线方程与函数的解析式联立，由可得出直线与曲线有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.
【详解】设切线与曲线相切于点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
联立可得，
由题意可得且，可得，
令，其中，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，所以，.
且当时，，当时，，如下图所示：

由题意可知，直线与曲线有两个交点，则，解得.
故选：D.
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. 已知随机变量服从正态分布（参考数据：若，则），则（ ）
A. 的方差为 B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】分析可知，，可判断A的正误；利用正态分布可判断B的正误；利用正态密度曲线的特征可判断C选项；利用原则可判断D选项.
【详解】由已知可得，，则的方差为，A错；
，B对；
因为正态密度曲线中间高，两边低，且，故，C错；
，D对.
故选：BD.
10. 已知定义在的偶函数，其周期为4，当时，，则（ ）
A. B. 的值域为
C. 在上为减函数 D. 在上有8个零点
【答案】AB
【解析】
【分析】利用对数运算判断选项A正确；利用函数的单调性和奇偶性得到函数的值域为.所以选项B正确；利用函数的单调性和周期性判断选项C错误；在上有6个零点,所以该选项错误.
【详解】解：，所以选项A正确；
当时，是增函数，所以当时，函数的值域为，由于函数是偶函数，所以函数的值域为.所以选项B正确；
当时，是增函数，又函数的周期是4，所以在上为增函数，所以选项C错误；
令，所以，由于函数的周期为4，所以，，所以在上有6个零点,所以该选项错误.
故选：AB
11. 画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，直线，则（ ）
A. 直线与蒙日圆相切
B. 的蒙日圆的方程为
C. 记点到直线的距离为，则的最小值为
D. 若矩形的四条边均与相切，则矩形的面积的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】分析可得出，求出蒙日圆的方程，可判断B选项的正误；利用直线与圆的位置关系可判断A选项；利用椭圆的定义和点到直线的距离公式可判断C选项的正误；分析可知矩形的四个顶点都在蒙日圆上，利用基本不等式可判断D选项的正误.
【详解】当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为、，
所以，点在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为，
因为，可得.
对于A选项，蒙日圆圆心到直线的距离为，
所以，直线与蒙日圆相切，A对；
对于B选项，的蒙日圆的方程为，B错；
对于C选项，由椭圆的定义可得，则，
所以，，
因为，直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，，
当且仅当时，等号成立，C对；
对于D选项，若矩形的四条边均与相切，则矩形的四个顶点都在蒙日圆上，
所以，，
所以，矩形的面积为，D错.
故选：AC.
12. 在圆锥中，是母线上靠近点的三等分点，，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则（ ）
A. 当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为
B. 当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为
C. 当时，圆锥外接球表面积为
D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据圆锥的侧面积可得出，利用圆锥的侧面展开图与余弦定理可判断A选项；计算出过顶点和两母线的截面三角形的最大面积，可判断B选项的正误；根据几何关系列等式求出圆锥的外接球的半径，结合球体的表面积公式可判断C选项的正误；计算出圆锥的内切球半径以及棱长为的正四面体的外接球半径，可判断D选项的正误.
【详解】圆锥的侧面积为，则.
对于A选项，当时，，将圆锥的侧面沿着母线展开如下图所示：

则圆锥的底面周长为，，
在中，，，
由余弦定理可得，A对；
对于B选项，当时，，设圆锥轴截面等腰三角形的顶角为，
则，则为钝角，
在圆上任取两点、，则，，
当且仅当时，等号成立，故顶点和两母线的截面三角形的最大面积为，B错；
对于C选项，当时，，圆锥的高为，
设圆锥的外接球的半径为，则，即，可得，
故圆锥的外接球的表面积为，C对；
对于D选项，当时，，圆锥的高为，
设圆锥的内切球半径为，圆锥的轴截面面积为，
圆锥的轴截面周长为，
由等面积法可得，可得，
将棱长为的正四面体可放在一个正方体内，使得该正四面体的四个顶点恰为正方体的四个顶点，如下图所示，

则该正方体的棱长为，所以正四面体的外接球的半径为，
因此，当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，D对.
故选：ACD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中，常数项为___________.(用数字作答)
【答案】.
【解析】
【分析】求得二项展开式的通项，结合通项确定的值，代入即可求解.
【详解】由题意二项式展开式的通项为，
令，可得展开式的常数项为.
故答案为：.
14. 已知角的终边经过点，则___________.
【答案】##-0.5
【解析】
【分析】根据三角函数的定义和二倍角公式，可直接求得结果
【详解】已知角的终边经过点，则根据三角函数的定义可得：
根据余弦的二倍角公式可得：
故答案为：（或者-0.5）
15 已知数列、满足，，，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】分析可得，推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得，进而可求得，即可得解.
【详解】因为，则，则，
因为，，可得，则，则，，
所以，，则，以此类推可知，所以，，
且，
所以，数列是等差数列，且首项为，公差为，，
所以，，故，因此，.
故答案为：.
16. 已知不等式在上恒成立，则实数的最小值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】将不等式变形为，构造函数，可得出，只需考虑的情形，利用导数分析函数的单调性，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可求得实数的最小值.
【详解】因为，可得，
构造函数，则，且，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
因为求的最小值，只需考虑的情形，
因为，则，，所以，，可得，则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，故，
所以，，即，解得.
因此，实数的最小值为.
故答案为：.
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. 已知函数的部分图象如图所示.

（1）求；
（2）将函数图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由图象可得、，则可得，再将点代入解析式中可求出的值，从而可求得函数的解析式；
（2）先利用三角函数图象变换规律求出，再由的范围得的范围，可得答案.
【小问1详解】
由最大值可确定，因为，所以，
此时，代入最高点，可得：，
从而，结合，于是当时，，
所以.
【小问2详解】
由题意，，
当时，，则有，
所以在区间上的值域为.
18. 已知数列，，且，.
（1）若为等比数列，求；
（2）若为等比数列，求.
【答案】（1）（）
（2）（）
【解析】
【分析】（1）根据为等比数列和递推关系，可求得，然后再求得即可；
（2）为等比数列，先根据条件求得数列的通项，再求得的表达式，运用等差数列求和公式即可
【小问1详解】
若为等比数列，根据题意有：
可得：
则有：，即有
，则
故有：（）
【小问2详解】
若为等比数列，设公比为
由可得：
由可得：
解得：，
故有：
则
解得：（）
19. 如图，在四棱锥中，平面，，，点为的中点.

（1）证明：平面；
（2）若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面，得到，根据为的中点，证得，从而得到，结合线面平行的判定定理，即可求解；
（1）连接交于，连接，证得，求得，过点作的平行线交于，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为平面，平面平面，平面，
所以，
又因为点为的中点，所以，
因为，所以，所以，
又由，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面.
【小问2详解】
解：连接交于，连接，
因为四边形为平行四边形，所以为的中点，
又因为，所以，
因为平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
因为，所以为直角三角形，即，
过点作的平行线交于，
以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成的角的正弦值为.

20. 第届冬季奥运会将于年月日在北京开幕，本次冬季奥运会共设个大项，个分项，个小项.为调查学生对冬季奥运会项目的了解情况，某大学进行了一次抽样调查，若被调查的男女生人数均为，统计得到以下列联表，经过计算可得.

男生
女生
合计
了解



不了解



合计




（1）求的值，并判断有多大的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；
（2）①为弄清学生不了解冬季奥运会项目原因，采用分层抽样的方法从抽取的不理解冬季奥运会项目的学生中随机抽取人，再从这人中抽取人进行面对面交流，“至少抽到一名女生”的概率；
②将频率视为概率，用样本估计总体，从该校全体学生中随机抽取人，记其中对冬季奥运会项目了解的人数为，求的数学期望.
附表：












附：.
【答案】（1），有的把握；
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）完善列联表，根据的计算可得出关于的等式，即可解得正整数的值，结合临界值表可得出结论；
（2）①分析可知这人中男生的人数为，女生的人数为，利用组合计数原理结合古典概型和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
②分析可知，利用二项分布的期望公式可求得的值.
【小问1详解】
解：列联表如下表所示：

男生
女生
合计
了解



不了解



合计



，，可得，
，
因此，有的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；
【小问2详解】
解：①采用分层抽样的方法从抽取的不理解冬季奥运会项目的学生中随机抽取人，
这人中男生的人数为，女生的人数为，
再从这人中抽取人进行面对面交流，“至少抽到一名女生”的概率为；
②由题意可知，故.
21. 设双曲线，点，为双曲线的左､右顶点，点为双曲线上异于顶点的一点，设直线，的斜率分别为，.
（1）证明：；
（2）若过点作不与轴重合的直线与双曲线交于不同两点，，设直线，的斜率分别为，.是否存在常数使？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在常数使
【解析】
【分析】（1）由双曲线方程可确定顶点坐标，从而表示出，，利用点在双曲线上进行化简即可证明；
（2）假设存在，则可设出直线l方程，和双曲线方程联立，得到根与系数的关系式并进行变形，表示出，并将变形后的关系式代入化简，进而可解得t的值，则可说明存在常数使.
【小问1详解】
证明：由双曲线，点A，为双曲线的左､右顶点，
可知： ,
设 ，则 ，
所以 ；
【小问2详解】
假设存在常数使，
由题意设直线l的方程为 ，
联立 ，整理得： ，
设 ，则 ，
所以 ，则，
故，
而 ，
所以
=
= = ，
令，解得 ，
故存在常数，使.
22. 已知函数.
（1）当时，讨论在上单调性；
（2）若，求的取值构成的集合.
【答案】（1）在上单调递增.
（2）
【解析】
【分析】（1）先求定义域，利用二次求导，研究一阶导的单调性，得到在上单调性；（2）注意到，得到，，再证明满足题意，接着证明在，，即的情景下均不满足题意，证毕.
【小问1详解】
时，定义域为R，，，当时，，，所以恒成立，即在上单调递减，又，故，所以在上单调递增.
【小问2详解】
定义域为R，，注意到，要想，则要求，即，接下来证明满足题意，当时，，，，当时，恒成立，故在上单调递增，又，故当时，，单调递减，当时，，单调递增，而，故，满足题意；
当时，因为，不合题意，舍去
当时，不恒成立，
当时，，恒成立，所以为增函数，又，，故存在，使得，当时，单调递增，，不合题意，舍去；
当时，，恒成立，所以为增函数，又，，所以存在，使得，当时，，单调递减，，不合题意，舍去；
综上：
【点睛】对于导函数研究函数参数的取值范围问题上，可以由多种选择，比如参变分离，必要性探究+充分性证明，构造新函数等方法，要结合题目特征选择合适的方法.