2022届湖南省长沙市第一中学高三下学期月考（九）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下学期月考（九）数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，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下学期月考（九）数学试题一、单选题1．设集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】用列举法写出集合A，解一元二次不等式化简集合B，再根据交集的定义直接计算作答.【详解】解不等式得：，即有，而，所以.故选：C2．已知复数（i为虚数单位）在复平面内所对应的点在直线上，若，则（       ）A． B．2 C． D．10【答案】A【分析】先利用实部等于虚部，求出参数，即可求出模.【详解】解：由题意得：，解得，，故选：A3．“”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】根据同角三角函数关系，三角函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定，即可求解.【详解】由，可得或，当时，此时，即充分性不成立；反之当时，，其中可为，此时，即必要性不成立，所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.4．若圆：（）上存在点，且点关于轴的对称点在圆：上，则的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出圆关于轴的对称圆为圆的方程，与圆的圆心距为，即，即可得到答案.【详解】圆关于轴的对称圆为圆，其方程为，根据题意，圆与圆有交点，又圆与圆的圆心距为，要满足题意，只需，解得     故选：A.5．函数在单调递减，且为奇函数.若，则满足的的取值范围是（       ）.A． B． C． D．【答案】D【解析】由已知中函数的单调性及奇偶性，可将不等式化为，解得答案．【详解】解：由函数为奇函数，得，不等式即为，又在单调递减，所以得，即，故选：D.6．牛顿冷却定律描述一个事物在常温环境下的温度变化：如果物体的初始温度为，则经过一定时间后的温度满足，其中是环境温度，称为半衰期，现有一杯80℃的热水用来泡茶，研究表明，此茶的最佳饮用口感会出现在55℃．经测量室温为25℃，茶水降至75℃大约用时1分钟，那么为了获得最佳饮用口感，从泡茶开始大约需要等待（       ）（参考数据：，，）A．4分钟 B．5分钟 C．6分钟 D．7分钟【答案】C【分析】根据已知条件代入公式计算得到，再把该值代入，利用对数的运算即可求得结果.【详解】根据题意，，即设茶水从降至大约用时t分钟，则，即，即两边同时取对数：解得，所以从泡茶开始大约需要等待分钟故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，解题的关键是熟练运用对数的运算公式，考查学生的审题分析能力与运算求解能力，属于基础题.7．若函数（）在上单调，且在上存在极值点，则ω的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】依据函数在上单调，可知，计算出函数的对称轴，然后根据函数在所给区间存在极值点可知，最后计算可知结果.【详解】因为在上单调，所以，则，由此可得.因为当，即时，函数取得极值，欲满足在上存在极值点，因为周期，故在上有且只有一个极值，故第一个极值点，得，又第二个极值点，要使在上单调，必须，得.综上可得，的取值范围是.故选：C【点睛】思路点点睛：第一步：先根据函数在所给区间单调判断；第二步：计算对称轴；第三步：依据函数在所给区间存在极值点可得，即可.8．已知点、分别是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于、两点，且满足，，则该椭圆的离心率是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，则，利用勾股定理可求得，再利用椭圆的定义可得出，求出、，利用勾股定理结合离心率公式可求得结果.【详解】如下图所示：设，则，因为，则，由椭圆的定义可得，则，所以，，则，由勾股定理可得，则，则，因此，该椭圆的离心率为.故选：B.二、多选题9．下列说法中，正确的命题有（       ）A．已知随机变量服从正态分布N（2，），，则B．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和C．若事件A与事件B互斥，则事件A与事件B独立D．若样本数据的方差为2，则数据的方差为16【答案】AB【分析】由正态分布可判断选项A，由计算可判断选项B，根据互斥事件和独立事件的概念可以判断选项C，由方差的计算公式可以判断选项D.【详解】，.故A正确；设，求得线性回归方程为，则，故的值分别是和，故B正确； 若事件A与事件B互斥，则事件A与事件B不独立，故C错误；若样本数据的方差为2，则数据的方差为8，故D错误.故选：AB.10．若，且，则下列不等式恒成立的是（       ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】利用不等式性质，对每个选项进行逐一分析，即可容易判断选择.【详解】A：因为，故可得，故正确；B：，故错误；C：不妨取，则，故错误；D： 因为，故，由A可知，故，故，即，故正确.综上所述，正确的选项是：AD.故选：AD.11．对于正整数n，是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目．函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（1，2，4，5，7，8与9互质），则（       ）A．若n为质数，则 B．数列单调递增C．数列的前5项和等于 D．数列为等比数列【答案】AD【分析】根据的定义逐项计算后可得正确的选项.【详解】因为n为质数，故小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目为,故此时，故A正确.因为，所以，故数列不是单调递增，故B错误.小于等于的正整数中与互质的数为，数目为，所以，前5项和为，故C错误.小于等于的正整数中与互质的数的数为，其数目为，故，而，故数列为等比数列，故D正确.故选：AD.12．已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M为棱CC1上的动点，AM⊥平面，下面说法正确的是（       ）A．若N为DD1中点，当AM+MN最小时，CM=B．当点M与点C1重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大C．若点M为CC1的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为D．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为【答案】AC【分析】对于A，由展开图求解；对于B，取特殊情况判断；对于C，由垂直关系确定截面后计算；对于D，由空间向量求解【详解】对于A，由展开图如下，当最小时，，得，故A正确 对于B，如图，取各边中点连接成六边形，由立体几何知平面，平面，截面周长为，面积为，截面的周长为，面积为，故B错误对于C，取中点分别为，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示，，，，由数量积可知，而，故平面，截面为等腰梯形，面积为，故C正确对于D，设，平面的一个法向量为故直线AB与平面所成角的正弦值则，故D错误故选：AC三、填空题13．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为棱AB，BC，CD，DA的中点，将该正方体挖去两个四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，则该几何体的体积为________．【答案】【分析】由于该几何体为正方体挖去两个四分之一圆锥，即可求出答案.【详解】由于该几何体为正方体挖去两个四分之一圆锥，故圆锥 故答案为：.14．已知为圆上的三点，若，则与的夹角为_______．【答案】【分析】根据条件,可知BC为圆O的直径,因而由直径所对圆心角为可知,.【详解】由，故三点共线，且是线段中点，故是圆的直径，从而，因此与的夹角为所以答案为【点睛】本题考查了平面向量基本定理及圆的性质,属于基础题.15．展开式中的系数是___________.【答案】【分析】根据二项展开式的通项公式，可知展开式中含的项，以及展开式中含的项，再根据组合数的运算即可求出结果.【详解】解：由题意可得，展开式中含的项为，而展开式中含的项为，所以的系数为.故答案为：.四、双空题16．已知函数，则方程的根为________．若函数有三个零点，则实数a的取值范围是________．【答案】     或2；     .【分析】（1）当时，运用导数求得函数单调区间，可得，可得一根，当时，直接求解可得.（2）先运用导数求得函数单调区间，并作出函数的图象，再根据图象列出函数有3个零点所需要的条件，即可求得结果.【详解】解：（1）当时，，所以，令，得，并且当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，故当时，有唯一根，当时，，令，解得（舍去）或2，故当时，的根为2，综上，根为或2；（2）因为，当时，由（1），则，当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，且仅当，且，因为当时，则有或，即或，由图象得，要使函数有三个零点，则或解得实数的取值范围是故答案是：或2；.五、解答题17．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角A；(2)若△ABC是锐角三角形，且c＝4，求b的取值范围．【答案】(1)；(2).【分析】(1)根据，利用三角恒等变换公式即可求A；(2)根据A和△ABC为锐角三角形求出C的范围，根据正弦定理表示出b，根据三角函数范围即可求b的范围.【详解】(1)∵，∴，，∵，∴，，；(2)∵，∴，∴，∵△ABC是锐角三角形，∴，同理，根据正弦定理得，，﹒18．已知数列满足，．(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；(2)记，，．证明：当时，．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】（1）对题干条件变形整理为，根据定义即可证明，并求出通项公式；（2）放缩法和裂项相消法进行证明.【详解】(1)当时，，当时，；相除得整理为：，即，为等差数列，公差，首项为；所以，整理为：，经检验，符合要求.(2)由（1）得：．，，，所以，当时，．19．2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市！为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：(1)在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求这3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人的概率；(2)“单板滑雪”参与人数超过45人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记为选出可作“基地学校”的学校个数，求X的分布列和数学期望；(3)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到5次，那么理论上至少要进行多少轮测试？【答案】(1)；(2)分布列见解析；(3)【分析】（1）利用古典概型结合组合公式求解；（2）写出的可能取值，利用超几何分布求得分布列，利用数学期望公式求得期望；（3）先计算得小明同学一轮测试得“优秀”的概率，再利用二项分布的期望公式列不等式求解.【详解】(1)记“从10所学校中随机选取3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人”为事件A，参与“自由式滑雪”的人数超过40人的学校共4所，随机选择3所学校共种，所以.(2)的所有可能取值为，参与“单板滑雪”人数在45人以上的学校共4所，所以，，，，所以的分布列如下表：所以.(3)记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，则，由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，由题意列式，得，因为，所以的最小值为，故至少要进行轮测试.【点睛】超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．超几何分布的特征是：①考查对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体个数的概率分布，超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．20．如图、三棱柱的侧棱垂直于底面，是边长为2的正三角形，，点在线段上且，点是线段上的动点．(1)当为多少时，直线平面？(2)当直线平面时，求二面角的余弦值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）过点作交于点，过点作交于点，连接，由题意证出平面，得到，即可得到答案.（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与平面的一个法向量为，，即可求出答案.【详解】(1)当点是线段上靠近点的三等分点时，平面过点作交于点，过点作交于点，连接平面平面，面平面又，则平面平面平面平面.    当时，平面.(2)以的中点为原点建立如图所示空间直角坐标系，   则 ，得 设平面的一个法向量为由，得   令，得，即 设二面角的平面角为，而平面的一个法向量为则 故二面角的余弦值为.21．已知双曲线C的渐近线方程为，且过点P（3，）．(1)求C的方程；(2)设Q（1，0），直线（）不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，过Q点作QN⊥AD于N，证明：直线AD过定点M，且点N在以QM为直径的圆上．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）可设双曲线的方程为，将点代入求出，即可得解；（2）可设直线为，，联立，消，利用韦达定理求得，然后求出直线的方程，整理分析即可得过定点再由直角三角形的性质可得结论，.【详解】(1)因为双曲线C的渐近线方程为，则可设双曲线的方程为，将点代入得，解得，所以双曲线C的方程为；(2)显然直线的斜率不为零，设直线为，，联立，消整理得，依题意得且，即且，，直线的方程为，令，得.所以直线过定点.过Q点作QN⊥AD于N，设的中点为R，若N和M不重合，则△为直角三角形，所以，若N和M重合，，所以点N在以QM为直径的圆上．22．已知，其中为实数．（1）若在上单调递增，求的取值范围；（2）当时，判断函数在上零点的个数，并给出证明．【答案】（1），；（2）3个.【分析】（1）由题意在恒成立，转化为，求的最大值可得答案；（2）求出， 令，分情况讨论、、、时的单调性可得答案.【详解】（1）在上单调递增，在恒成立，即，，即，令，，当时，，，，所以，所以在上单调递增，则在上单调递减，所以，，即的取值范围是．（2），则，，令，则，①当时，恒成立，在上单调递减，又，在上有一解，且时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，又，在上有1个零点；②当时，，则是一个零点；③当时，令，则，又在上均单调递增，则在上均单调递增，又，在上有一解，且当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，，在上有一解，且时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，又，，在上恒成立，此时在上无解；④当时，在上恒成立，在上单调递增，又，，在上有一个零点；综上，在上有三个零点.