2022届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考（五）数学试题含解析

这是一份2022届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考（五）数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考（五）数学试题一、单选题1．已知全集，集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算．【详解】由已知，，所以，故选：B．2．复数z满足（i为虚数单位），则复数z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【答案】D【分析】判断复数在复平面上的象限，只要把复数表示成标准的复数形式即可.【详解】由，得，所以复数z在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选:D．3．函数的图象大致为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数不是偶函数，排除C、D，再结合，即可作出求解.【详解】因为函数的定义域为R，且不是偶函数，所以排除C、D；又，排除A，即确定答案为B.故选: B.4．传说古代希腊的毕达哥拉斯在沙滩上研究数学问题：把叫做三角形数；把叫做正方形数，则下列各数中既是三角形数又是正方形数的是（       ）A．16 B．25 C．36 D．49【答案】C【分析】写出三角形数和正方形数的通项公式，根据通项公式可得答案.【详解】三角形数：,的通项公式为；正方形数：，的通项公式为，因为，，均无正整数解，，，所以是正方形数，不是三角形数；是正方形数，不是三角形数；即是三角形数，又是正方形数；是正方形数，不是三角形数；故选：C5．在的展开式中的系数为20，则常数（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】写出二项展开式通项公式，求得的项数后，由系数为20可得参数值．【详解】由题意得二项展开式的通项公式为，依题意，令，则，，解得．故选：A．6．已知，，直线与直线垂直，则的最小值是（       ）A． B．4 C． D．6【答案】C【分析】由两线垂直的判定可得，再应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意等号成立的条件.【详解】因为直线与直线垂直，所以，即，所以（当且仅当，时，等号成立）.故选：C．7．已知F1，F2分别是双曲线C：（，）的左、右焦点，以F1F2为直径的圆与此双曲线在第一象限内的交点为P，且，则此双曲线的离心率是（       ）A． B．2 C．4 D．5【答案】D【分析】利用点P既在圆上又在双曲线上的特点，列出等式即可.【详解】由题意知，所以，因为以为直径的圆与此双曲线在第一象限内的交点为P，所以，所以，所以，即，所以，解得或（舍），所以此双曲线的离心率是5，故选:D．8．已知函数，若当时，恒成立，则实数a的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先判断的单调性和奇偶性，由此化简不等式，分离常数，结合二次函数的性质求得的取值范围.【详解】由题意，，即为奇函数，同时也为增函数，∵，即，∴，即恒成立，，若不等式恒成立，只需，令，∴，∴．故选：C二、多选题9．下列说法中正确的是（       ）A．在回归分析模型中，若相关指数R2越大，则残差平方和越小，模型的拟合效果越好B．对具有线性相关关系的变量x，y有一组观测数据（xi，yi）（i=1，2，…，8），其线性回归方程是，且，则实数的值是1C．若一组数据2，a，4，6的平均数是4，则这组数据的众数和中位数都是4D．设随机变量服从正态分布N（0，1），若，则【答案】ABC【分析】A根据相关指数的实际意义判断；B由样本中心在回归直线上即可求值；C利用平均值公式求参数a；D根据正态分布的对称性求即可.【详解】A：根据回归分析的基本思想知：相关指数越大，则残差平方和越小，模型的拟合效果越好，正确；B：由题设得：，则，即的值是1，正确；C：若一组数据2，a，4，6的平均数是4，则，所以，则这组数据的众数和中位数都是4，正确；D：设随机变量服从正态分布，若，则，错误；故选：ABC．10．已知两条直线m，n和两个平面α，β，下列命题正确的是（       ）A．若，且，则B．若，，且，则C．若，且，则D．若，且，则【答案】BC【分析】以面面平行判定定理判断选项A；以面面垂直判定定理判断选项BC；以线面垂直判定定理判断选项D.【详解】选项A：若，且，则或与相交.判断错误；选项B：若，且则 .判断正确；选项C：若，，则，又，则.判断正确；选项D：若，且，则或或与相交.判断错误．故选：BC11．设动直线l：（）交圆C：于A，B两点（点C为圆心），则下列说法正确的有（       ）A．直线l过定点（2，3） B．当取得最大值时，C．当∠ACB最小时，其余弦值为 D．的最大值为24【答案】ABD【分析】选项A，整理直线，列出方程组，求出定点；选项B，判断出定点在圆内，当直线l过圆心时，取得最大值，将定点坐标代入，求出m的值；C选项，判断出当时，最小，利用两点间距离公式，勾股定理及余弦定理求出答案；D选项，利用向量的投影及数量积定义得到，得到当为直径时，取得最大值，求出结果.【详解】选项A，由整理得，当即时，不论m为何值时，都成立，所以直线l过定点，故A正确；选项B，因为直线l过定点，将定点代入圆，所以定点在圆C的内部，当直线l过圆心时，取得最大值，此时，解得：，故B正确；选项C，设直线l过的定点，当时，圆心到直线的距离最大，即的余弦值最大，结合余弦在上单调递减，可得最小，而，所以，所以在中，，故C不正确；选项D．，所以当为直径时，取得最大值，此时，所以的最大值为24，故D正确，故选：ABD12．已知函数，下列说法正确的有（       ）A．函数在上单调递减 B．函数是最小正周期为的周期函数C．函数的最大值与最小值之和为1 D．函在区间内，共有4个零点【答案】CD【分析】首先判断函数的奇偶性，再根据正弦、余弦函数的性质讨论函数在各段的函数解析式，即可画出函数图象，结合函数图象分析即可；【详解】解：选项A，∵，∴为偶函数，当时，，所以，又，由在为先增后减，故A不正确；选项B，当时，由可得，所以函数在且上为增函数，在且上为减函数，当时，由可得，所以函数在且上为增函教，在且上为减函数，画出函数图象如图，又因为函数为偶函数，故不是周期函数，故B错误；选项C，由B选项的分析可知，函数的最大值为2，最小值为．故最大值与最小值的和为1，C正确；选项D，由函数图象可得在区间有4个零点，故D正确．故选：CD．三、双空题13．如图是第七届国际数学教育大会的会徽，它的主题图案由一连串如图所示的直角三角形演化而成.设其中的第一个直角.是等腰三角形，且，则，，…，，现将沿翻折成，则当四面体体积最大时，它的表面有___________个直角三角形；当时，四面体外接球的体积为___________.【答案】          【解析】由题意画出图形，利用直线与平面垂直的判定和性质，即可判断当四面体体积最大时，它的表面直角三角形的个数；当时，三棱锥P-OA2A3的三条侧棱相等，则P在底面的射影为三角形OA2A3的外心，找出球心，计算半径，代入球的体积公式求解即可.【详解】显然，，为直角三角形.因为，要使当四面体体积最大，只需h最大，所以当四面体体积最大时，有平面，又，所以可得：△为直角三角形.又而所以，得△为直角三角形，故当当四面体体积最大时，它的表面有4个直角三角形；当时，三棱锥P-OA2A3的三条侧棱相等，则P在底面的射影为三角形OA2A3的外心.因为△为直角三角形，所以的中点M为三角形 OA2A3的外心.，连结PM，则|PM|=，则四面体外接球的球心在PM的延长线上，设球心为N连结NA3,设|NA3|=R，在直角三角形MNA3中，由勾股定理可得：，解得：所以即四面体外接球的体积为.故答案为：【答题空1】；【答题空2】【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．四、填空题14．设F为抛物线C：的焦点，直线l：，点A为C上任意一点，过点A作于P，则_________．【答案】3.【分析】设点坐标为，利用抛物线的焦半径公式可得，由点到直线的距离公式可得，代入即可得解.【详解】由可得焦点坐标为，准线方程为，设点坐标为，由抛物线的定义可得，因为过点A作于P，可得，所以．故答案为：.15．平面直角坐标系xOy中，为第四象限角，角的终边与单位圆O交于P（，），若，则_________．【答案】【分析】由三角函数定义求得与的关系，然后由二倍角公式、诱导公式计算．【详解】根据三角函数的定义可得，，又，所以．故答案为：．16．已知圆O的半径为2，A为圆内一点，，B，C为圆O上任意两点，则的取值范围是_________．【答案】【分析】将转化为，结合三角函数的有界性得到取值范围.【详解】如图，连接，设为和的夹角．则，且，，由，当时，有最小值；当时，有最大值为10．所以的取值范围为.故答案为：【点睛】向量的数量积问题，通常处理思路：（1）建立平面直角坐标系，利用坐标进行求解；（2）利用向量基本定理对向量进行转化求解；（3）利用极化恒等式求解五、解答题17．已知数列满足，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列是公比为2的等比数列，且，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）用作差法求得数列扔奇数项与偶数项都是等差数列，分别求得通项公式后合并可得结论；（2）由等比数列通项公式求得，用分组求和法求得．【详解】(1)因为，所以，由①，可得②，两式作差得，所以当m为奇数时，；当m为偶数时，综上所述，．(2)由是公比为2的等比数列，且可得，设，则是以首项为1，公比为2的等比数列，故，即，结合分组求和法可得．18．如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC=，AD=1，∠CAD=30°．(1)求∠ACD；(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）在中，由余弦定理求得，根据，得到，即可求解；（2）在中，由正弦定理求得，根据为锐角三角形，求得，得到，进而求得的取值范围．【详解】(1)解：在中，由余弦定理得：，所以，又因为，所以．(2)解：由，且，可得，在中，由正弦定理得，所以，                    因为为锐角三角形，，，所以，可得，则，所以，所以，所以的取值范围为．19．在四棱锥P−ABCD中，AD∥BC，AB=BC=CD=PC=PD=2，PA=AD=4．(1)求证：平面PCD⊥平面ABCD；(2)求二面角B−PC−D的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)先要解底面ABCD内的几何关系，然后才好计算四棱锥内部的几何关系；（2）求两面角本题要用空间向量的方法，，找到四棱锥内部那些垂直关系，建立直角坐标系.【详解】(1)底面ABCD如下图：可以解得， ，，在四棱锥中：，，∴平面PDC，又平面ABCD，∴平面平面PDC；(2)取CD的中点O如下图：连结，由于是等边三角形，所以，，平面；以O为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则令，得，易知平面的一个法向量为，设二面角的大小为，则，所以，二面角的正弦值为．故答案为：20．数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，玩家需要根据9×9盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行、每一列、每一个粗线宫（3×3）内的数字均含1-9，不重复．数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛．(1)赛前小明在某数独APP上进行一段时间的训练，每天的解题平均速度y（秒）与训练天数x（天）有关，经统计得到如表的数据：x（天）1234567y（秒）990990450320300240210 现用作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测小明经过50天训练后，每天解题的平均速度y约为多少秒？(2)小明和小红在数独APP上玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，两人约定先胜4局者赢得比赛．若小明每局获胜的概率为，已知在前3局中小明胜2局，小红胜1局．若每局不存在平局，请你估计小明最终赢得比赛的概率．参考数据（其中）18450.370.55 参考公式：对于一组数据（，），（，），…，（，），其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．【答案】(1)；150秒(2)【分析】（1）首先换元，令，设y关于t的线性回归方程为，利用参考公式，即可求解；（2）首先根据题意写出随机变量，,再利用独立事件概率公式，即可求解.【详解】(1)由题意，，令，设y关于t的线性回归方程为，则，则．∴，又，∴y关于x的回归方程为，故时，．∴．经过50天训练后，每天解题的平均速度y约为150秒．(2)设比赛再继续进行X局小明最终赢得比赛，则最后一局一定是小明获胜，由题意知，最多再进行4局就有胜负．当时，小明胜，∴当时，小明胜，∴；当时，小明胜，∴．∴小明最终赢得比赛的概率为．21．已知一动圆Q与圆M：外切，同时与圆N：内切，圆心Q的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过曲线C上点P作该曲线的一条切线l与直线相交于点A，与直线相交于点B，证明PN⊥NB并判断是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)证明见解析；为定值【分析】（1）由椭圆的定义即可求出曲线C的方程.（2）直线l与椭圆C相切于点P，可求出直线l的方程：，再求出B的坐标即可证明PN⊥NB，再将用表示出来，即可得出为定值.【详解】(1)圆的圆心为，半径为1；圆的圆心为，半径为5；设动圆圆心为，半径为r；则；于是，所以动圆圆心Q的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆．所以；所以曲线C的方程为．(2)为定值，理由如下：设点，则，由题意知为，直线l的方程为，联立消去y得．                  依题意，直线l与椭圆C相切，则，即，再整理可得，点P在椭圆上，∴，代入可得，则切线l的方程为．            ∵直线与直线交于点，则，，∴，∴．∴．     ∵直线1与直线交于点，∴，∴，∴为定值．22．已知函数，．(1)若，求函数的极值点的个数；(2)是否存在正实数k使函数的极值为，若存在，求出k的值，若不存在，说明理由．【答案】(1)函数有两个极值点(2)存在；【分析】（1）利用二次求导，判断函数的单调性，再结合零点存在性定理，即可证明；（2）首先求函数的导数，再令，，分，和三种情况讨论是否存在正实数k使函数的极值为.【详解】(1)当时，，，令，则，所以在单调递减，在单调递增．又因为时，恒成立，，所以在上有唯一的零点．所以当单调递增，当单调递减，当，单调递增，所以函数有两个极值点．(2)，令，则时，．                           ，当时，单调递增．，①当时，在上恒成立，无极值，不存在符合题意的k．                 ②当时，，存在，使得，当单调递增，当单调递减，当，单调递增，所以的极大值为的极小值为，故不存在符合题意的k．③当时，，存在，使得，当单调递增，当单调递减，当，单调递增，所以的极小值为的极大值为，如果存在正实数k使函数的极值为，则，又因为．所以，所以，所以，即，令，则，因为，所以．所以在单调递增，又因为，所以，此时，综上所述，时，存在极值为．【点睛】本题重点考察函数的零点个数，关键是需对函数二次求导，并结合函数的零点存在性定理，判断函数的零点个数，再求函数的极值点时，也需结合函数的单调性，进行判断，本题的难点是分类讨论.