2022届湖南省长沙市湖南师大附中高三下学期二模考试数学试卷含解析

这是一份2022届湖南省长沙市湖南师大附中高三下学期二模考试数学试卷含解析，共30页。试卷主要包含了已知，，，则，设数列满足，点，设函数恰有两个极值点，设复数，则下列命题中正确的是等内容，欢迎下载使用。
 湖南师大附中2022届模拟试卷（二）
数 学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

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．已知集合，集合A中至少有2个元素，则（ ）
A． B． C． D．
2．设等比数列的首项为，公比为q，则“，且”是“对于任意N*，都有”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
3．现有5个小朋友站成一排照相，如果甲、乙两人必须相邻，而丙、丁两人不能相邻，那么不同的站法共有（ ）
A．12种 B．16种 C．24种 D．36种
4．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．中国古代数学家赵爽绘制“勾股圆方图”证明了勾股定理（西方称之为“毕达哥拉斯定理”）．如图，四个完全相同的直角三角形和中间的小正方形拼接成一个大正方形，角为直角三角形中的一个锐角，若该勾股圆方图中小正方形的面积S1与大正方形面积S2之比为1：25，则（ ）

A． B． C． D．
6．设数列满足，点（n，）对任意的，都有（1，2），则数列的前n项和为为（ ）
A． B． C． D．
7．抛物线（）的焦点为F，其准线与双曲线相交于A、B两
点，若△ABF为等边三角形，则p=（ ）
A．3 B．6 C．4 D．8
8．设函数恰有两个极值点（其中e为自然对数的底数，e=2.71828…），则实数t的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．设复数，则下列命题中正确的是（ ）
A． B．
C．z的虚部是 D．若，则正整数n的最小值是3
10．如图是一块高尔顿板示意图，在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为0，1，2，3，…，10，用X表示小球落入格子的号码，则（ ）

А． B．
C． D．
11．已知P是椭圆C：上的动点，过点Q（1，）的直线与椭圆交于M，N两点，则（ ）
A．椭圆C的焦距为
B．椭圆C的离心率为
C．当Q为MN中点时，直线MN的斜率为
D．若∠F1PF2=90°，则△F1PF2的面积为1
12．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体．如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点做平行于底面的截面得到的所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法正确的有（ ）

A．该截角四面体的表面积为
B．该截角四面体的体积为
C．该截角四面体的外接球的表面积为
D．该截角四面体中，二面角A−BC−D的余弦值为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．写出一个具有性质①②③的函数________．
①的定义域为（0，）；②；③当时，．
14．已知ABCD—A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M、N分别是下底面的棱A1B1、B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的点，AP=，过P、M、N的平面交上底面于PQ，点Q在棱CD上，则PQ=________．
15．设直线与圆相交于A，B两点，且弦AB的长为，则实数m的值是________．
16．已知函数（，e为自然对数的底数，e=2.71828…）．当a=2时，函数在点P（1，f（1））处的切线方程为________；若对成立，则实数a的最大值为________．

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．（本小题满分10分）
已知数列的前n项和为，（）．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，则在数列中是否存在连续的两项，使得它们与后面的某一项依原来顺序构成等差数列？若存在，请举例写出此三项；若不存在，请说明理由．






















18．（本小题满分12分）
某商场准备在五一期间举行促销活动，根据市场调查，该商场决定从2种服装，2种家电，3种日用品这3类商品中，任意选出3种商品进行促销活动．
（1）试求选出的3种商品中至少有一种是日用商品的概率；
（2）商场对选出的某商品采用的促销方案是有奖销售，即在该商品现价的基础上将价格提高150元，同时，若顾客购买该商品，则允许有3次抽奖的机会，若中奖，则每次中奖都获得数额为m元的奖金．假设顾客每次抽奖时获奖与否的概率都是，请问：商场应将每次中奖奖金数额m最高定为多少元，才能使促销方案对商场有利？













19．（本小题满分12分）
在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l．
（1）证明：A1B⊥B1C；
（2）已知∠ABB1=60°，AB=AC=2，l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角为60°？若存在，求B1P的长度；若不存在，说明理由．








20．（本小题满分12分）
一条直角走廊的平面图如图所示，宽为2米，现有一辆转动灵活的平板车，其平板面为矩形ABCD，它的宽为1米．
（1）若平板车被卡在此直角走廊内，如图，设∠PAB=（rad），试用表示平板车的长度；
（2）要想平板车能顺利通过直角走廊，其长度不能超过多少米？






21．（本小题满分12分）
已知双曲线C：（，）的右焦点为F（2，0），O为坐标原点，点A，B分别在C的两条渐近线上，点F在线段AB上，且OA⊥AB，．
（1）求双曲线C的方程；
（2）过点F作直线l交C于P，Q两点，问：在x轴上是否存在定点M，使为定值？若存在，求出定点M的坐标及这个定值；若不存在，说明理由．












22．（本小题满分12分）
已知函数．
（1）若a=1，比较与的大小；
（2）讨论函数的零点个数．

参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
由于集合中至少有2个元素，所以,从而可求出的取值范围
【详解】
解：因为集合中至少有2个元素，
所以，解得，
故选：D
2．A
【解析】
【分析】
根据充分条件和必要条件的定义，结合等比数列的性质分析判断即可
【详解】
若，且，则，
所以，
反之，若，则，
所以，且或，且，
所以“，且”是“对于任意，都有”的充分不必要条件.
故选：A
3．C
【解析】
【分析】
先将甲乙相绑在一起，再将甲乙与第五个小朋友排列，然后将丙丁插入三个空，结合根据分布计数原理，即可求解.
【详解】
根据题意，先将甲乙相绑在一起，内部有种排列；
再将甲乙与第五个小朋友排列有种方法；
然后将丙丁插入三个空，有种方法，
根据分布计数原理，可得共有方法种.
故选：C.
4．D
【解析】
【分析】
比较、、的大小关系，利用指数函数和对数函数的单调性可判断各选项的正误.
【详解】
，，
，即，
所以，，，则，即A错误；
，，所以，，，，即BC都错误，D正确.
故选：D.
5．C
【解析】
【分析】
根据题意得到，结合，求得，利用三角函数的基本关系式，求得，结合两角和的正弦公式，即可求解.
【详解】
如图所示，由图中小正方形的面积与大正方形面积之比为，可得，
因为，可得，
所以，所以，所以，
所以，
因为，所以，
所以.
故选：C.

6．A
【解析】
【分析】
由，得到，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】
因为，
可得，所以是公差为2的等差数列，
由，得，所以.
故选：A.
7．B
【解析】
【分析】
表达出B点坐标，代入双曲线方程，即可求解
【详解】
由题意得：，，因为△ABF为等边三角形，所以，
所以，
将代入方程得：.

故选：B
8．C
【解析】
恰有两个极值点，则恰有两个不同的解，求出可确定是它的一个解，另一个解由方程确定，令通过导数判断函数值域求出方程有一个不是1的解时t应满足的条件.
【详解】
由题意知函数的定义域为，
.
因为恰有两个极值点，所以恰有两个不同的解，显然是它的一个解，另一个解由方程确定，且这个解不等于1.
令，则，所以函数在上单调递增，从而，且.所以，当且时，恰有两个极值点，即实数的取值范围是.
故选：C
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，函数与方程的应用，属于中档题.
9．AD
【解析】
【分析】
根据复数的运算法则和复数的分类，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于A中，由，，
所以，所以A正确；
对于B中，由，则B正确；
对于C中，由，可得z的虚部是，则C错误；
对于D中，由，可得，，
所以，得正整数n的最小值是3，所以D正确.
故选：AD.
10．AD
【解析】
【分析】
根据题意，小球在下落过程中共碰撞小木钉次数，结合独立重复试验的概率公式和方差的公式，即可求解.
【详解】
设事件A表示小球向右下落，设X等于事件A发生的次数，则X等于落入格子的号码，
而小球在下落过程中共碰撞小木钉10次，所以，
则，
所以，所以A正确，B不正确；
又由，所以C不正确，D正确.
故选：AD.
11．CD
【解析】
【分析】
由题知，，进而根据离心率公式和焦距可判断A，C；对于B，利用中点弦的直线的斜率公式直接计算即可判断；对于D选项，结合椭圆定义得，进而计算面积即可判断.
【详解】
解：由题知，所以，故焦距为，故A选项错误；
对于B选项，当为中点时，由中点弦公式得，故B选项错误；
对于C选项，椭圆的离心率为，故C选项正确；
对于D选项，，则，即，代入数据得，
所以的面积为，故D选项正确；
故选：CD
12．ABC
【解析】
【分析】
根据截角四面体的定义，还原为正四面体，然后利用正四面体的相关性质逐项求解判断；
【详解】
如图所示：

由正四面体中，
题中截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，故，A正确；
∵棱长为的正四面体的高，∴，B正确；
设外接球的球心为O，的中心为，的中心为，∵截角四面体上下底面距离为，∴，∴，∴，∴，∴，∴，C正确；
易知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为负值，D错误，
故选：ABC.
【点睛】
关键点点睛：本题关键是将几何体还原为正四面体，结合正四面体的相关性质而得解.
13．（答案不唯一）
【解析】
【分析】
结合函数的定义域、函数的法则和单调性即可求解，满足题意的答案不唯一.
【详解】
由①②知，对数函数形式的函数满足要求，又由③知，在定义城上是增函数，故符合题意，
故答案为：（答案不唯一）.
14．
【解析】
【分析】
先求出DP＝DQ＝，再利用勾股定理得解.
【详解】
∵MN//平面ABCD，平面PMNQ∩平面ABCD＝PQ，MN⊂平面PQNM，
∴MN//PQ，易知DP＝DQ＝，
故PQ＝.
故答案为：
15．±
【解析】
【详解】
试题分析：由圆的标准方程找出圆心坐标和半径r，然后利用点到直线的距离公式表示出圆心到已知直线的距离d，再由弦AB的长，利用垂径定理及勾股定理列出关于m的方程，求出方程的解即可得到m的值．由圆的方程，得到圆心坐标为（1，2），半径 r=2，∵圆心到直线的距离 d=

16．         
【解析】
【分析】
求出导函数，计算得切线斜率，由点斜式得切线方程并化简，不等式进行同构变形为，引入函数，，由导数得其单调性，不等式转化为，取对数参数分离，再引入函数，由导数得其最小值，从而得参数范围、最值．
【详解】
由题意当时，，，
则，，
所以函数在点处的切线方程为，即
.
因为，，即，则，
令，，在上恒成立，
故在上单调递减，故，得，即，
记，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，故的最小值是，故，即实数a的最大值是.
故答案为：；.
17．(1)
(2)存在，，，
【解析】
【分析】
（1）先求出，再当时，由，得，两式相减整理可得，从而可求出其通项公式，
（2）由（1）得，然后可得，，构成等差数列
(1)
当时，，可得；
当时，，所以，即，
因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
(2)
由，
当，，显然不适合；
，适合，
即，，构成公差为的等差数列.
18．(1)；
(2)100元.
【解析】
【分析】
（1）求出任选3种商品的试验所含基本事件总数，利用古典概率公式结合对立事件求解作答.
（2）根据给定条件，求出顾客3次抽奖所获奖金总额的期望，再列出不等式求解作答.
(1)
从2种服装，2种家电，3种日用品中，任选出3种商品一共有种选法，选出的3种商品中没有日用品的选法有种，
所以选出的3种商品中至少有一种日用商品的概率为.
(2)
顾客在3次抽奖中所获得的奖金总额X是一个随机变量，其所有可能值为0，m，2m，3m，
当时，表示顾客在3次抽奖中都没有获奖，则有，
同理，，，，
因此，顾客在3次抽奖中所获得的奖金总额的期望，

要使促销方案对商场有利，应使顾客获奖奖金总额的期望值不大于商场的提价数额，即，解得，
所以商场应将中奖奖金数额最高定为100元，才能使促销方案对商场有利.
19．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）由四边形为菱形，得到，根据平面平面ABC，证得，进而得到平面，从而证得；
（2）取中点D，连接AD，证得平面，以为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，得到，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
(1)
证明：因为四边形为菱形，所以，
平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
又因为，所以平面，
又由平面，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以.
(2)
解：上不存在点P，使与平面ABP所成角为60°，
理由如下：
取中点D，连接AD，因为，所以，
又，所以为等边三角形，所以，
因为，所以，
又因为平面平面ABC，平面平面，平面，
所以平面，
以为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
可得,
则，，，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，
假设l上存在一点P，使与平面ABP所成角为60°，
设，则，所以，
设为平面的一个法向量，则，
取，则，可取，
又由，所以，
即，此方程无解，
因此上不存在点P，使与平所成角为.

20．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）延长CD交边PA，PB分别相交于E，F，得到，且，，结合，即可求解；
（2）设，得到，利用导数求得函数的单调性与最小值，结合最小值，即可求解.
(1)
解：由题意，延长CD直角走廊的边PA，PB分别相交于E，F，
则，其中，
又由，，
可得，
于是，其中.
(2)
解：设，则，于是，
又，因此，
因为恒成立，
因此函数在上是减函数，所以，
故平板车被此走廊卡住的最小长度为，
从而平板车长不大于，能在此走廊转弯，平板车的长度大于，
则不能在此走廊转弯，
故要想平板车能顺利通过此走廊，其长度不能超过米.

21．(1)
(2)存在，，
【解析】
【分析】
（1）不妨设点在第一象限，即可表示出，，根据得到方程，即可求出，从而得到，再根据及，求出、，即可得解；
（2）设点，，分别求出直线与坐标轴垂直时的值，根据为定值，得到方程，即可求出及的坐标，再对直线不与坐标轴垂直时，设直线的方程为、，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出从而计算可得；
(1)
解：不妨设点在第一象限，则.
因为，则，.
由已知，，即，即.
因为，则，即.
因为为渐近线OA的倾斜角，则，即.又，则，.
所以双曲线C的方程是.
(2)
解：解法一：
设点，.
当轴时，直线l的方程为，代入，得.
不妨设点，，则.
当轴时，直线l的方程为，代入，得.
不妨设点，，则.
令，解得，此时.
当直线不与坐标轴垂直时，设直线的方程为，代入，
得，即.
设点，，则，.
对于点，



.
所以存在定点，使为定值.
解法二：
当直线l不与x轴重合时，设了的方程为，代入，得，即.
设点，，则，.
在△PMO中，由余弦定理，得，
设点，则

，
令，得，此时，
.
当直线l与x轴重合时，则点P，Q为双曲线的两顶点，不妨设点，.
对于点，.
所以存在定点，使为定值.
22．(1)
(2)当时，有1个零点；当时，有3个零点
【解析】
【分析】
（1）利用导数判断函数在上的单调性，根据函数的单调性即可得出答案；
（2）求出函数的导函数，再利用导数可求得，再分和两种情况讨论，结合零点的存在性定理，从而可得出结论.
(1)
解：当时，，
，
当时，，所以在上单调递增，
因为，
所以；
(2)
解：，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
即，
①若，即，则，在上递增，
因为，则为的唯一零点；
②若，即，则，
因为，，则在内仅有个零点，记为n，
因为，
设，则当时，，
所以在内单调递增，
从而，即，
所以在内仅有一个零点，记为m，
于是，当或时，，当时，，
所以函数在和上递增，在上递减，
因为，，则，，
故在内有唯一零点，
因为，
则在内有唯一零点，
因为，
则在内有唯一零点，
所以在内有3个零点.
综上所述，当时，有1个零点；当时，有3个零点.
【点睛】
本题考查了利用导数求函数的单调区间及最值问题，考查了利用导数研究函数的零点的问题，考查了二次求导，考查了学生的数据分析能力及分类讨论思想，属于难题.