2022届湖南省岳阳市第一中学高三下学期一模数学试题含解析

这是一份2022届湖南省岳阳市第一中学高三下学期一模数学试题含解析，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届湖南省岳阳市第一中学高三下学期一模数学试题一、单选题1．定义集合的一种运算：，若，，则中的元素个数为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据集合的新定义确定集合中的元素.【详解】因为，，，所以，故集合中的元素个数为3，故选：C.2．若为虚数单位，复数满足，则的最大值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】表示的几何意义是复数对应的点与点连线段的长度，从这个角度可以得到复数模的最大值.【详解】表示的几何意义是复数对应的点到原点的距离小于等于1，表示的几何意义是复数对应的点与点连线段的长度，故的最大值为，故选：C.3．“”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】根据充分必要条件的定义判断．【详解】因为，或，所以是的既不充分也不必要的条件．故选：D．4．如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透之美，充分体现唐代金银器制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作.该杯主体部分的轴截面可以近似看作双曲线的一部分，若的中心在原点，焦点在轴上，离心率，且点在双曲线上，则双曲线的标准方程为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用待定系数法可求双曲线的标准方程.【详解】设双曲线的方程为：，因为离心率，故半焦距，故，而双曲线过，故，解得，故双曲线的方程为：，故选：C.5．已知数列中，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用递推公式，分别求出，即可求解.【详解】因为，，所以，所以；，所以；，所以；，所以；所以.故选：C6．设，，，则（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据指数函数与对数函数的性质判断．【详解】,所以，，而，所以．故选：A．7．已知平面四边形中，，，，，，则（       ）A．或 B． C． D．【答案】D【分析】由向量的线性运算及数乘定义得，从而得是直角梯形，求出的长后可得．【详解】，所以，即，所以是直角梯形，如图，作于，则是矩形，，，则，，所以，即，又，所以，．故选：D．8．已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先判断为上的增函数且，利用这两个性质可得关于不等式，利用判别式可求参数的取值范围，注意分类讨论.【详解】的定义域为，，故，，因为（当且仅当等号成立），（当且仅当等号成立），故，所以为上的增函数，故可转化为：，即转化为：，所以对任意的恒成立，故对任意的恒成立，当时，恒成立，故符号，当时，，故，当时，的图象为开口向上的抛物线，故对任意不恒成立，舍，故，故选：C. 二、多选题9．设随机变量服从正态分布，且，则实数的值可为（       ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据正态分布的图象对称性求解即可【详解】由题，正态分布图象关于对称，故，即，解得或故选：AD10．已知正方形的对角线长为，是它的内切圆一条弦，点为正方形四条边上的一个动点，当弦的长度最大时，不可能为（       ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】建立平面直角坐标系，分析出为圆的直径，设，则满足.利用向量坐标化计算出.对照四个选项,即可得到答案.【详解】因为正方形的对角线长为，所以边长为.建立如图示的平面直角坐标系，则正方形的内切圆的方程为当弦的长度最大时，为圆的直径.设，则,且.当点P在CD上时，可设.则，所以.因为，所以.即.当点P在AB上时，可设.则，所以.因为，所以.即.当点P在BC上时，可设.则，所以.因为，所以.即.当点P在AD上时，可设.则，所以.因为，所以.即.综上所述：.对照四个选项,不可能为：AD.故选：AD.11．已知函数，，若存在，使得对任意，恒成立，则下列结论正确的是（       ）A．对任意，B．存在，使得C．存在，使得在上有且仅有1个零点D．存在，使得在上单调递减【答案】AD【分析】应用二倍角公式，两角和的正弦公式化简函数式，是的最大值点，由周期得是最小值点，这样易判断AB，根据的定义，利用正弦函数性质得出在上递减，在上递增，时，，由此判断CD．【详解】，其中，，为锐角，恒成立，则是的最大值，是其函数图象的一条对称轴，因此，A正确；的周期是，因此是最小值点，B错；，则时，，时，，所以时，，，在上恒为0，有无数个零点，C错；由的定义知其在上递减，在上递增，所以当时，，D正确．故选：AD．12．如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（       ）A．三棱锥的表面积为B．若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为C．若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为D．的取值范围为【答案】ABD【分析】连结OB.证明出面ABC.O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.对于A：直接求出三棱锥的表面积，即可判断；对于B：用向量法求出异面直线与所成角的余弦值，即可判断；对于C：用向量法求出二面角的平面角的正弦值为，即可判断；对于D:把平面PBC展开，判断出当M与C重合时，最大；的最小值为AP，利用余弦定理可以求得.【详解】连结OB.在三棱锥中，，，.所以,,且,.所以，所以.又因为，所以面ABC.可以以O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.则，，，，，所以,,,.对于A：在三棱锥中，，，，所以底面三角形为直角三角形，其面积为；为边长为2的等边三角形，所以面积为；和为腰长为2，底边为的等腰三角形，所以面积均为；所以三棱锥的表面积为.故A正确；对于B：为棱的中点，所以,所以,.所以异面直线与所成角的余弦值为.故B正确；对于C：点是棱上一动点，不妨设，（） .所以.设为面PAM的一个法向量，则，不妨设y=1，则.因为与平面所成角的正弦值为，所以，解得：取，则显然，面PAC的一个法向量为.设二面角的平面角为，所以，所以.故C错误；对于D:如图示，把平面PBC展开，使A、B、C、P四点共面.当M与B重合时，；当M与C重合时，最大；连结AP交BC于M1，由两点之间直线最短可知，当M位于M1时，最小.此时，，所以.由余弦定理得：.所以的取值范围为.故D正确.故选：ABD【点睛】立体几何题目的解题策略：(1)证明题：几何关系的证明，用判定定理；(2)计算题：求角或求距离（求体积通常需要先求距离），可以用向量法. 三、填空题13．已知函数，则________．【答案】【分析】根据分段函数的解析式求得正确答案.【详解】.故答案为：14．的展开式的常数项是________．【答案】5【分析】根据多项式的乘法，用乘以展开式的项再加上用乘以展开式的常数项，即得所求【详解】因为所以展开式的常数项为故答案为：15．已知点为椭圆的左焦点，过原点的直线交椭圆于两点，点是椭圆上异于的一点，直线的斜率分别为，且，若，则________．【答案】-0.25【分析】由条件化简可得的关系，由结合椭圆的定义可求，再由余弦定理求.【详解】设，，由已知可得，，所以，所以因为，所以，，所以，所以，故，设椭圆的右焦点为，因为互相平分可得四边形为平行四边形，所以，又，，所以，，所以，四、双空题16．用标有克，克，克的砝码各一个，在某架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置砝码，那么该天平所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有______种；若再增加克，克的砝码各一个，所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有______种．【答案】     7     62【分析】用列举法得到克，克，克的砝码称量的种数；若加入克后，求出可称量的范围为，若加入克后求出可称量的范围为，也可称量、，再加克，克，克的砝码称量的种数从而求出重量为整数的种数.【详解】当一边放砝码时：一个砝码时，有能称出克、克、克，两个砝码时能称出克、克、克，三个砝码时能称出克共有种情况；当两边都放砝码时：一边各放一个砝码时，则能称出克、克、克三种情况；一边两个另一边一个有克、克、克三种情况，综上所述，该天平所能称出的不同克数至多有共有种情况.若用克、克、克的砝码可称量范围，若加入克后，可称量的范围，即，若加入克后，可称量的范围，即，也可称量，即，也可称量，即，则，，，，，因为为正整数，所以，所以再增加克，克的砝码各一个，所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有种.故答案为：；. 五、解答题17．已知在中，三个内角所对的边分别为，且.(1)求角的大小；(2)若角为钝角，且角的角平分线与边相交于点，满足，求的面积的最小值.【答案】(1)或；(2)【分析】（1）利用正弦定理直接求出角B；（2）根据面积相等及基本不等式求出，即可求出面积的最小值【详解】(1)因为，由正弦定理得：.因为,所以,所以.            因为，所以或.(2)当时，，所以，即（当且仅当时取等号），解得：（当且仅当时取等号）.所以（当且仅当时取等号）.即的面积的最小值为.18．已知数列是公比的等比数列，，且，，成等差数列.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，，记，若，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据等差中项可得，结合等比数列通向公式求解；（2）结合题意整理可得，利用放缩，结合本题应从第二项开始放缩．【详解】(1)∵，，成等差数列，则 即(舍去)或(2)由，可得：，两式相加得：∵∴则，即（1) 成立；（2) 综上所述：对一切19．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，.(1)求证：平面；(2)若三棱锥的外接球表面积为，求三棱锥的体积与三棱锥的外接球的体积的比值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用平面平面可以推出平面，进而推出，而在四边形中易证，最后利用线面垂直的判定定理即可证明（2）易知三棱锥外接球的球心是中点，三棱锥外接球的球心是中点，解出相关线段的长度即可求解【详解】(1)在四边形中，，，，，为等腰直角三角形，即，平面平面，，平面平面，平面，又平面，，，平面，平面.(2)平面，平面，，，又，，，即，，平面，平面，平面，，即，均为直角三角形，且公共斜边为，中点到三棱锥四个顶点的距离相等，三棱锥的外接球半径所以在中在中，同理可得三棱锥的外接球半径20．有编号为A、的两个盒子，A盒子中有6个球，其中有2个球上写有数字，3个球上写有数字1，1个球上写有数字，盒子中也有6个球，其中有2个球上写有数字，2个球上写有数字1，2个球上写有数字.现从A盒子取2个球，从盒子取1个球，设取出的3个球数字之积为随机变量.(1)求随机变量的分布列和数学期望；(2)记“函数向右平移个单位长度得到一个对称中心为的函数”为事件，求事件发生的概率.【答案】(1)分布列见解析；(2)【分析】（1）先依据分布列规则去求随机变量的分布列，再求其数学期望；（2）先求得的值，进而可以求得事件发生的概率.【详解】(1)的可能取值为0，1，2，4，，，的分布列为0124P则(2)函数向右平移个单位长度得到函数由函数一个对称中心为，可得，即又的取值为0，1，2，4，则，则21．已知抛物线上一点，抛物线的焦点在以为直径的圆上（为坐标原点）.(1)求抛物线的方程；(2)过点引圆的两条切线、，切线、与抛物线的另一交点分别为、，线段中点的横坐标记为，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由题设可得，据此可求，从而可得，故可得抛物线的方程.（2）设切线的方程为，切线的方程为，根据相切可得满足的方程，再联立直线方程与抛物线方程后可用表示两点，从而用表示中点的横坐标，结合满足的方程（结合韦达定理）可得中点横坐标的一元函数，故可求其范围.【详解】(1)由已知条件可得，，解得，所以，抛物线的方程为.(2)由题意可知，过引圆的切线斜率存在，设切线的方程为，则圆心到切线的距离，整理得，.，设切线的方程为,同理可得.所以，是方程的两根，.       设，，由，得，由韦达定理知，所以，同理可得. 设点的横坐标为，则 .   设，则，所以，对称轴，则22．已知函数.(1)讨论的单调性和最值；(2)若关于的方程有两个不等的实数根，求证：.【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值.（2）利用同构可得原方程即为有两个不同的实数根，结合构造法可证成立.【详解】(1)，其中若，则在上恒成立，故在上为减函数，故无最值.若，当时，；当时，；故在上为增函数，在上为减函数，故，无最小值.(2)方程即为，故，因为为上的增函数，所以所以关于的方程有两个不等的实数根即为：有两个不同的实数根.所以，所以，不妨设，，故，要证：即证，即证，即证，即证，设，则，故，所以在上为增函数，故，所以在上为增函数，所以，故成立.【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与指数、对数有关的方程，可以考虑利用同构将其转化为简单的方程，从而利用常见的极值点偏移的方法来处理零点不等式.