2022届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期月考（七）数学试题含解析

这是一份2022届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期月考（七）数学试题含解析，共19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届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期月考（七）数学试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先解一元二次不等式与指数不等式得到集合、，再根据交集的定义计算可得；【详解】解：由可得，可得，所以集合，，所以.故选：C.2．已知复数，则（       ）A．5 B． C． D．2【答案】C【解析】先求出，再根据复数模的求法即可求得结果【详解】由复数，得，所以.故选：C.3．函数的图像可能是（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先判断函数奇偶性，可排除C选项，再由特殊值验证，即可得出结果.【详解】由可得其定义域为，又，所以函数是偶函数；因为偶函数关于轴对称，所以可排除C选项；又，所以AB选项错误，D正确；故选：D.【点睛】本题主要考查函数图像的识别，属于基础题型.4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)A．6 B．7 C．8 D．9【答案】A【详解】分析：条件已提供了首项，故用“a1，d”法，再转化为关于n的二次函数解得．解答：解：设该数列的公差为d，则a4+a6=2a1+8d=2×（-11）+8d=-6，解得d=2，所以Sn=-11n+×2=n2-12n=(n-6)2-36，所以当n=6时，Sn取最小值．故选A点评：本题考查等差数列的通项公式以及前n项和公式的应用，考查二次函数最值的求法及计算能力．5．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，则平面AD1E与平面ABCD的交线与直线C1D1所成角的正切值为（       ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】先找到平面AD1E与平面ABCD的交线，再利用异面直线的定义找到交线与直线C1D1所成角，求解即可.【详解】延长与直线相交于F，连接,则平面与平面的交线为，又∵∴为平面与平面的交线与直线所成角，∵是棱的中点，且∥，∴，∴.故选：A.6．现行普通高中学生在高一时面临着选科的问题，学校抽取了部分男､女学生意愿的一份样本，制作出如下两个等高堆积条形图：根据这两幅图中的信息，下列哪个统计结论是不正确的（       ）A．样本中的女生数量多于男生数量B．样本中有两理一文意愿的学生数量多于有两文一理意愿的学生数量C．样本中的男生偏爱两理一文D．样本中的女生偏爱两文一理【答案】D【解析】由等高堆积条形图逐项判断即可.【详解】解：由条形图知女生数量多于男生数量，故A正确；有两理一文意愿的学生数量多于有两文一理意愿的学生数量，故B正确；男生偏爱两理一文，故C正确；女生中有两理一文意愿的学生数量多于有两文一理意愿的学生数量，故D错误.故选：D.7．下图上半部分为一个油桃园.每年油桃成熟时，园主都需要雇佣人工采摘，并沿两条路径将采摘好的油桃迅速地运送到水果集散地处销售.路径1：先集中到处，再沿公路运送；路径2：先集中到处，再沿公路运送.园主在果园中画定了一条界线，使得从该界线上的点出发，按这两种路径运送油桃至处所走路程一样远.已知，，若这条界线是曲线的一部分，则曲线为（       ）A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．双曲线【答案】D【分析】根据题意得到，进而得到，结合双曲线的定义，即可求解.【详解】由题意，从界线上的点出发，经到与经到，所走的路程是一样的，即，所以，又由，所以，又由，根据双曲线的定义可知曲线为双曲线的一部分.故选：D.8．已知函数是定义域为的偶函数，且是奇函数，当时，有，若函数的零点个数为5，则实数取值范围是（       ）A． B．C．或 D．或【答案】C【分析】函数的零点个数为5等价于与的图像交点的个数为5，然后作出函数图象，数形结合即可得出结果.【详解】∵偶函数，，是奇函数，得，即，，得，，即与的图像交点的个数，因为，即为与的图像交点的个数，因为的图像为半圆，故由图像可知斜率应该在与之间或为，或，故选：C.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．二、多选题9．设分别是双曲线的左、右焦点，且，则下列结论正确的是（       ）A．B．t的取值范围是C．到渐近线的距离随着t的增大而减小D．当时，C的实轴长是虚轴长的3倍【答案】BC【分析】由，得到，可判定A错误；由且，可判定B正确；由到渐近线的距离等于虚半轴长为，可判定C正确；当时，求得双曲线的实轴和虚轴承，可判定D错误.【详解】由题意，双曲线，可得，因为，可得，解得，所以A错误；因为双曲线焦点在x轴上，由且，得t的取值范围是，所以B正确；因为到渐近线的距离等于虚半轴长为，其在上单调递减，所以C正确；当时，双曲线C的实轴长为，虚轴长为4，其中实轴长是虚轴长的倍，所以D错误.故选：BC.10．如图为某省高考数学卷近三年难易程度的对比图（图中数据为分值）．根据对比图，其中正确的为（       ）数学近三年难易程度对比A．近三年容易题分值逐年增加B．近三年中档题分值所占比例最高的年份是年C．年的容易题与中档题的分值之和占总分的以上D．近三年难题分值逐年减少【答案】AC【分析】根据近三年高考数学卷中容易题、中档题、难题分值的数据的变化可判断ABD选项的正误；计算出年的容易题与中档题的分值之和可判断C选项的正误.【详解】对于A选项，由图可知，近三年容易题分值逐年增加，A选项正确；对于B选项，由图可知，近三年中档题分值所占比例最高的年份是年，B选项错误；对于C选项，由图可知，年的容易题与中档题的分值之和为，所占比例为，C选项正确；对于D选项，由图可知，近三年难题分值先增后减，D选项错误.故选：AC.11．如图，已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，AB=2，AA1=，E，F分别为AB，BC的中点．则（       ）A．A1E⊥DFB．点A1、E、F、C1四点共面C．直线C1D与平面BB1C1C所成角的正切值为D．三棱锥E−C1DF的体积为【答案】BCD【分析】对于A，假设，得到平面，再由长方体性质判断；对于B，连接，，，根据E，F分别为，的中点，证明即可； 对于C，根据平面，得到为直线与平面所成角求解判断； 对于D，连接，，利用等体积法，由求解判断.【详解】对于A，假设，由题意知平面，平面，，又，平面，由长方体性质知与平面不垂直，故假设不成立，故A错误；对于B，连接，，，由于E，F分别为，的中点，，又由长方体，知，，所以点、E、F、四点共面，故B正确；对于C，由题意可知平面，为直线与平面所成角，在直角中，，，则，故C正确；对于D，连接，，，则，利用等体积法知：，故D正确.故选：BCD.12．若实数，则下列不等式中一定成立的是（       ）A．B．C．D．【答案】ABD【分析】构造函数，利用导数可确定的单调性，根据单调性可依次判断出ABC的正误；构造函数，利用导数可确定单调性，根据单调性可确定D正确.【详解】对于A，设，则，当时，恒成立，在上单调递减，，，，即，，A正确；对于B，由A知，在上恒成立，在上单调递减，，，，即，，即，，B正确；对于C，若，则，即；由A知，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，若，此时与大小关系不确定，即与大小关系不确定，C错误；对于D，设，则；令，则，当时，，即在上单调递增，当时，，此时，在上单调递减，，，，即，，D正确.故选：ABD.三、填空题13．若则_________．【答案】【分析】利用诱导公式、二倍角正弦公式，将目标式子化成关于的表达式，再进行求值；【详解】原式.故答案为.【点睛】本题考查诱导公式、二倍角正弦公式、同角三角函数的基本关系，考查基本运算求解能力，求解时要灵活地运用1的代换，能使问题的求解更简洁.14．在的展开式中，的系数是___________.【答案】-15【分析】利用二项展开式的通项公式可求的系数.【详解】的展开式的通项公式为，令，则，故的系数为，故答案为：.15．某盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为_______．【答案】【分析】直接利用条件概率公式计算得到答案.【详解】记第一次摸出新球为事件A，第二次取到新球为事件B，则.故答案为：.【点睛】本题考查了条件概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.四、双空题16．如图，酒杯的形状为倒立的圆锥.杯深，上口宽，水以的流量倒入杯中，则当水深为时，时刻________，水升高的瞬时变化率_________.【答案】          【解析】计算出当水深为时，水的体积，然后除以流速可得出时刻的值，设水的深度为，求出关于的函数表达式，利用导数可求得当水深为时，水升高的瞬时变化率.【详解】当水深为时，酒杯中水面的半径为，此时水的体积为，由题意可得，可得；设水的深度为，水面半径为，则，则，由题意可得，，，当时，.故答案为：；.【点睛】本题考查变化的快慢与变化率，正确解答本题关键是得出高度关于时间的函数关系，然后利用导数求出高度为时刻的导数值，即得出此时的变化率，本题是一个应用题求解此类题，正确理解题意很关键．由于所得的解析式复杂，解题时运算量较大，要认真解题避免因为运算出错导致解题失败．五、解答题17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.（1）求角A的大小；（2）求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理求出，又，即可求出A；（2）由余弦定理及三角形内角和定理把原文太转化为求在上的范围，利用三角函数即可求解.【详解】（1）由，结合正弦定理可得：整理得：，即又，所以，又，故.（2）由余弦定理知：，再结合内角和定理：从而又因为，故，从而即的取值范围为.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求最值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.18．已知正项数列，其前项和为．（1）求数列的通项公式：（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）Sn前后两项作差消去，求得an的前后两项关系，从而求得an的通项公式；（2）由（1）求得bn，对n分奇数，偶数两种情况讨论，分组求和求得数列前n项和.【详解】解：（1）由已知，①所以有，②②-①，得，即，∴，所以数列是公比为的等比数列．又，∴．所以（2）由（1）得，当n为奇数时，当n为偶数时，综上所述，【点睛】方法点睛：（1）通过an+1=Sn+1-Sn得到an前后两项的关系，从而求得通项公式；（2）对于含有(-1)n的问题可以讨论n的奇偶性，即可去掉该项，然后按照分组求和的方法求得数列前n项和.19．如图，在多面体中，是正方形，，M为棱的中点．（1）求证：平面平面；（2）若平面，，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）连接，交于点N，连接，由三角形中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得平面，由已知条件可得四边形为平行四边形，则有，再由线面平行的判定定理可得平面，从而由线面平行的判定定理可证得结论；（2）由已知条件可得两两垂直，所以分别以为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【详解】解析：（1）证明：如图，连接，交于点N，∴N为的中点，连接，由M为棱的中点，则．∵面，面，∴平面．∵，∴四边形为平行四边形，∴．又平面，平面，∴平面，又，∴平面平面．（2）∵平面是正方形∴分别以为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设，则设平面的法向量为，则∵平面平面，又∴平面，∴平面的法向量为．，由图可知二面角为钝角，∴二面角的余弦值为．【点睛】关键点点睛：此题考查面面平行的判定，考查二面角的求法，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，考查推理能力和计算能力，属于中档题20．第24届冬奥会将于2022年2月在中国北京市和张家口巿联合举行．某城市为传播冬奥文化，举行冬奥知识讲解员选技大赛．选手需关注活动平台微信公众号后，进行在线答题，满分为200分．经统计，有40名选手在线答题总分都在内．将得分区间平均分成5组，得到了如图所示的频率分布折线图．（1）请根据频率分布折线图，画出频率分布直方图，并估计这40名选手的平均分；（2）根据大赛要求，在线答题总分不低于190分的选手进入线下集训，线下集训结束后，进行两轮考核．第一轮为笔试，考试科目为外语和冰雪运动知识，每科的笔试成绩从高到低依次有，，，四个等级．两科均不低于，且至少有一科为，才能进入第二轮面试，第二轮得到“通过”的选手将获得“冬奥知识讲解员”资格．已知总分高于195分的选手在每科笔试中取得，，，的概率分别为，，，；总分不超过195分的选手在每科笔试中取得，，，的概率分别为，，，；若两科笔试成绩均为，则无需参加“面试”，直接获得“冬奥知识讲解员”资格；若两科笔试成绩只有一个，则要参加面试，总分高于195分的选手面试“通过”的概率为，总分不超过195分的选手面试“通过”的概率为．若参加线下集训的选手中有2人总分高于195分，求恰有两名选手获得“冬奥知识讲解员”资格的概率．【答案】（1）频率分布直方图见解析；平均分为；（2）．【分析】（1）根据频率分布直方图画法和中位数的计算公式，即可求解；（2）求得总分不低于190分的选手有人，其中有2人总分高于195分，2人总分不高于195分，结合独立事件的概率计算公式，即可求解.【详解】（1）根据频率分布直方图的中位数的计算公式，可得数据的平均分为：．频率分布直方图如图所示：（2）由题意，可得总分不低于190分的选手有人，其中有2人总分高于195分，2人总分不高于195分，设高于195分的选手获得“冬奥知识讲解员”资格为事件，不超过195分的选手获得“冬奥知识讲解员”资格为事件，则，，故．21．已知椭圆的焦距为，经过点．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设O为坐标原点，在椭圆短轴上有两点M，N满足，直线分别交椭圆于A，B．，Q为垂足．是否存在定点R，使得为定值，说明理由．【答案】（1）；（2）存在；答案见解析．【分析】（1）利用，椭圆经过点列出方程，解出a,b,c即可.（2）设出直线方程为，联立椭圆方程解出点M，N的坐标，题中可得l与m关系式，求出直线AB过定点，结合图形特点得中点R满足为定值，即可求出定值及点R坐标.【详解】（1）由题意可知，又椭圆经过点知解得，所以；（2）设直线方程, 与椭圆C交于，得 ,直线，即因此M坐标为，同理可知由知：化简整理得则整理：若则直线，过点P不符合题意若则直线符合题意直线过点于是为定值且为直角三角形且为斜边所以中点R满足为定值此时点R的坐标为.【点睛】（1）注意题目条件的利用，解方程的准确性;（2）根据直线AB的特点来确定PD为定值，以及PD的中点R满足题目要求，要注意应用图形的几何特征.22．已知函数．(1)判断的单调性，并比较20202021与20212020的大小；(2)若函数，其中，判断的零点的个数，并说明理由．【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，(2)1个零点，理由详见解析【分析】（1）求出，由，求出的单调区间，由函数在单调递减，可得，进而得到.（2）由题意得，，当时，求出的单调性，根据零点存在定理可得出结论；当时，先求出的单调性，得出的极值，分析其极值符号，再根据零点存在定理可得出结论.【详解】(1)已知的定义域为，，当时，，所以函数在上单调递增；当时，，所以函数在上单调递减.因为函数在上单调递减，所以，即，所以，即，所以.(2)，所以：.当时，，，所以在上单调递增，由，，可知当时，存在，，即函数有且仅有1个零点.当时，，注意到，所以：时，，在上单调递增；时，，在上单调递减；时，，在上单调递增.所以在上有极小值，有极大值.一方面，注意到，所以存在唯一的，.另一方面，设，，则：， 故在上单调递增，所以：，所以在上恒小于0，在上恒小于0，即在上不存在零点.综上所述：当时，有且仅有1个零点.【点睛】本题考查导数的应用问题，属于难题．导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．