2022湖南省部分学校高三下学期“一起考”大联考数学试题

2022届高三“一起考”大联考

数学

（时量：120分钟  满分：150分）

一、选择题：本大题共8个小题，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．已知，且，则满足条件的x有（    ）

A．1个    B．2个    C．3个    D．4个

2．若是关于x的方程的一个根，则（    ）

A．    B．0    C．2    D．4

3．现有橡皮泥制作的表面积为的球，若将其重新制作成体积不变，高为1的圆锥，则圆锥的母线长为（    ）

A．    B．2    C．    D．1

4．设首项为1，公比为的等比数列的前n项和为，则（    ）

A．    B．    C．    D．

5．已知函数，则不等式的解集为（    ）

A．    B．    C．    D．

6．已知将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则的值为（    ）

A．    B．    C．    D．

7．中心在坐标原点O的椭圆的上顶点为A，左顶点为B，左焦点为F．已知，记该椭圆的离心率为e，则（    ）

A．    B．    C．    D．

8．古希腊哲学家芝诺提出了如下悖论：一个人以恒定的速度径直从A点走向B点，要先走完总路程的三分之一，再走完剩下路程的三分之一，如此下去，会产生无限个“剩下的路程”，因此他有无限个“剩下路程的三分之一”要走，这个人永远走不到终点．另一方面，我们可以从上述第一段“三分之一的路程”开始，通过分别计算他在每一个“三分之一距离”上行进的时间并将它们逐个累加，不难推理出这个人行进的总时间不会超过一个恒定的实数．记等比数列的首项，公比为q，前n项和为，则造成上述悖论的原理是（    ）

A．    B．

C．    D．

二、选择题：本大题共4个小题，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．在同一直角坐标系中，函数与的图象可能是（    ）

A．    B．    C．    D．

10．树人中学组织三个年级的学生进行“庆祝中国共产党成立100周年”党史知识竞赛．经统计，得到前200名学生分布的饼状图和前200名中高一学生排名分布的频率条形图（如图），则下列说法正确的是（    ）

A．成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多30

B．成绩第名的100人中，高一人数不超过一半

C．成绩第名的50人中，高三最多有32人

D．成绩第名的50人中，高二人数比高一的多

11．已知，且，则（    ）

A．    B．    C．    D．

12．函数满足，函数的一个零点也是其本身的极值点，则可能的表达式有（    ）

A．    B．    C．    D．

三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13．设是单位向量，且，则__________．

14．___________．

15．已知动圆E与圆外切，与圆内切，则动圆圆心E的轨迹方程为__________．

16．如图，在中，，点D是边（端点除外）上的一动点．若将沿直线翻折，能使点A在平面内的射影落在的内部（不包含边界），且．设，则t的取值范围是_________．

四、解答题：本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（本小题满分10分）

已知数列中，，且满足．

（1）求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；

（2）求数列的前n项和．

18．（本小题满分12分）

如图，多面体的底面是平行四边形，底面，平面平面．

（1）证明：；

（2）若直线与平面所成的角为，求该多面体的体积．

19．（本小题满分12分）

在中，为上一点，．

（1）若D为的中点，求的面积的最大值；

（2）若，求的面积的最小值．

20．（本小题满分12分）

某中学开展劳动实习，学生前往电子科技产业园，学习加工制造电子元件．已知学生加工出的每个电子元件正常工作的概率都是，且各个电子元件正常工作的事件相互独立．现要检测个这样的电子元件，并将它们串联成元件组进行筛选检测，若检测出元件组正常工作，则认为这k个电子元件均正常工作；若检测出元件组不能正常工作，则认为这k个电子元件中必有一个或多个电子元件不能正常工作，须再对这k个电子元件进行逐一检测．

（1）记对电子元件总的检测次数为X，求X的概率分布和数学期望；

（2）若不对生产出的电子元件进行筛选检测，将它们随机组装进电子系统中，不考虑组装时带来的影响．已知该系统配置有个电子元件，如果系统中有多于一半的电子元件正常工作，该系统就能正常工作．将系统正常工作的概率称为系统的可靠性，现为了改善该系统的性能，拟向系统中增加两个电子元件．记当系统配置个电子元件时，系统正常工作的概率为．我们认为当时，增加两个电子元件提高了该系统的可靠性．

①若满足什么条件时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性？

②对于满足什么条件时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性？

参考答案

1．C  解析：因为，所以，所以解得或，所以满足条件的x有，共3个．故选C．

2．D  解析：依题意，，所以所以则．故选D．

3．A  解析：由球的表面积为，得球的半径为1，则球的体积为．

设圆锥的底面半径为r，所以，解得，

所以圆锥的底面半径为2，圆锥的母线长为．故选A．

4．D  解析：由于数列的首项为1，公比为，所以．故选D．

5．A  解析：函数的定义域为R，，可得为偶函数．由和在上单调递减，可得在上单调递减．

又，所以不等式等价为，

可得，解得或，

即原不等式的解集为．故选A．

6．B  解析：依题意，

两边三角函数的振幅及周期应该相等，故．

若，则，不符合要求；

若，则，不符合要求；

若，则，符合要求；

若，则，不符合要求．

所以，所以．故选B．

7．C  解析：（方法一）根据角平分线定理，结合及离心率有，化简得．

设，求导可以知道在上单调递减，所以．

（方法二）过F作垂线，垂足为H，则．在中，，所以，则，从而，从而，

所以，故，所以，所以．

8．D  解析：设这个人走的第n段距离为，前n段距离总和为，在第n段上的用时为间的距离为S，人的速度为v，则不难知道，同理，两式相减，得到，则这个人在前n段距离上走的总时间为，这说明这个人行进的总时间不会超过，这与第一种说法中这个人不会到达终点在时间的连续性上产生矛盾．故选D．

9．BD  解析：当时，与的图象都是上升的；当时，与的图象都是下降的．故选BD．

10．ABC  解析：由饼状图知，成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多，A正确；

由条形图知高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，因此成绩第名的100人中，高一人数为，B正确；

成绩第名的50人中，高一人数为，故高三最多有32，C正确；

成绩第名的50人中，高一人数为，故高二最多有23人，因此高二人数比高一少，D错误．

11．AC  解析：由于，且，

对于A，，故A正确；

对于B，，当且仅当时取等号，B错误；

对于C，由于，所以，所以，故C正确；

对于D，，当且仅当时取等号，故D错误．

故选AC．

12．ABC  解析：设同时为的零点和极值点．由知，的零点为的零点．如果可导，则极值点符合：，综上知，此时有．

对于A，函数可导，令，得，化简得，

从而，取，容易验证，这个取法符合要求，A正确；

对于B，取，根据三角变换公式，．根据图象显然有该函数的零点也为极值点，容易检验得B符合要求；

对于C，取，考察函数，当或者时，，而，故是的零点和极值点，符合要求；

对于D，函数可导，设，有，从而，故，容易验证不是的变号零点，从而不是函数的极值点．也可以根据；；．得到不符合要求，从而D错误．

13．

解析：因为，所以，

，

所以．

14．4  解析：．

15．

解析：由圆，可得圆心，半径；

由圆，可得圆心，半径．

设动圆E的半径为R，由题意可得．

所以．

由双曲线的定义可得：动圆的圆心E在以定点为焦点的双曲线的右支上．

因为，所以．

所以动圆圆心E的轨迹方程为．

16．

解析：如图，

因为平面，过作，连接，可得，

即在过A与的垂线上，又，则在以C为圆心，以为半径的圆弧上，且在内部．

分析极端情况：

①当在上时，，

可得，设为，

在中，，

且．可得．

设，则，

则，

所以．

在中，由正弦定理可得：，即，

得；

②当在上时，有，此时．

因为在的内部（不包含边界），

所以t的取值范围是．

17．解：（1）证明：因为数列中，，且满足，

所以，……（3分）

所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，

所以，

所以．……（5分）

（2）由（1）得数列的前n项和，

，

所以，……（7分）

所以．……（10分）

18．解：（1）证明：因为底面是平行四边形，所以，

又因为平面平面，所以平面．

因为平面平面，所以，

所以．……（4分）

（2）以A为坐标原点，为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．

设，则，根据对称性，不妨设，

，……（6分）

则．

设平面的法向量为，……（7分）

则即取．……（8分）

又因为，

与平面夹角的正弦值等于上述向量与夹角的余弦值的绝对值，

所以，解得或2或，符合要求的，……（10分）

此时底面是正方形，多面体的体积．……（12分）

19．解：（1）因为D为的中点，所以，……（1分）

．

记角的对边分别为，

因为．所以，……（2分）

则，……（4分）

所以（当且仅当时取得最大值）．

所以．……（6分）

（2）．

设，

在中，由正弦定理可得，

所以．

同理可得．

由，

所以，

所以．……（8分）

所以．……（10分）

设．则，

令，得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以面积的最小值为．……（12分）

20．解：（1）X可能的取值为，

的概率分布为

……（2分）

所以X的数学期望．……（3分）

（2）①，……（5分）

所以，所以，当时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性．……（7分）

②由①知，，当时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性．

当时，

若前个电子元件中恰有个正常工作，此时后两个元件必须同时正常工作；

若前个电子元件中恰有n个正常工作，此时后两个元件至少有1个正常工作；

若前个电子元件中至少有个正常工作，此时系统必定正常工作．……（8分）

可以求得：

，

故

，……（10分）

令，得．即，

所以对于，当时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性．……（12分）

21．解：（1）设直线的方程为，则．

联立消去y，整理得．……（3分）

因为直线和椭圆C有且仅有一个交点，

故判别式，

整理得．

根据韦达定理可得，从而，……（4分）

故．……（6分）

（2）设，则．

由，则H在的中垂线上，

与联立有．……（8分）

而，故

为整理得到．①

又M在椭圆上，所以．②……（10分）

①式两边平方并把②式代入有，所以，

故点M的坐标为．……（12分）

22．解：（1）证明：①，

因为，所以函数在R上单调递增．

又，所以，

故存在，使得，

且当时，单调递减，当时，单调递增，

故为的唯一极小值点．……（3分）

②注意到，即．

（方法一）．

故要证，只需要证明．

因为，故只需要证明，

即，

而，故证毕．……（6分）

（方法二）证明，注意到时有，故只需要证明，即证明，亦即．

这是显然的，证毕．……（6分）

（2）函数在点处的切线的方程为．

假设直线恰好与曲线相切且有无穷多个切点．

任取两个不同的切点，

两点处的切线为同一直线，故……（8分）

由①知，所以或，下面说明一定有．

若，代入②有，

显然，故．

若，取异于外的另一个切点，则有．

如果，由②知，；

如果，则，由②知．

故一定有，则，直线的方程为或．……（10分）

容易验证方程为时的切点为，其中m是任意整数，

方程为时的切点为，其中n是任意整数．

故恰好与曲线相切且有无穷多个切点．……（12分）