湖北省襄阳市第四中学2022届高三下学期四模数学试题

这是一份湖北省襄阳市第四中学2022届高三下学期四模数学试题，共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知等比数列满足,,则，已知向量，满足，，则，设，是双曲线，若，，，则它们的大小关系是等内容，欢迎下载使用。

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湖北省襄阳市第四中学2022届高三下学期四模数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分






注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分



一、单选题
1．设集合，，则
A． B． C． D．
2．已知命题：，或，则为（       ）
A．，且 B．，且
C．，或 D．，或
3．已知等比数列满足,,则（ ）
A． B． C． D．
4．双碳，即碳达峰与碳中和的简称，2020年9月中国明确提出2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”．为了实现这一目标，中国加大了电动汽车的研究与推广，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池随之也迎来了蓬勃发展的机遇．Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：A·h），放电时间t（单位：h）与放电电流I（单位：A）之间关系的经验公式，其中为Peukert常数．在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流，放电时间为（       ）
A．28h B．28.5h C．29h D．29.5h
5．已知向量，满足，，则（       ）
A． B． C． D．
6．若角的终边经过点，且，则实数的值为（       ）
A． B． C． D．
7．设，是双曲线：的两个焦点，为坐标原点，点P在双曲线C上且，则的面积为（       ）
A．3 B．9 C．12 D．16
8．若，，，则它们的大小关系是（       ）
A． B． C． D．
评卷人
得分



二、多选题
9．18世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如，也即复数的模的几何意义为对应的点到原点的距离.下列说法正确的是（       ）
A．若，则或
B．复数与分别对应向量与，则向量对应的复数为9+i
C．若点的坐标为，则对应的点在第三象限
D．若复数满足，则复数对应的点所构成的图形面积为
10．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件､存在如下关系：.某高校有甲､乙两家餐厅，王同学第一天去甲､乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5，则王同学（       ）
A．第二天去甲餐厅的概率为0.54
B．第二天去乙餐厅的概率为0.44
C．第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为
D．第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为
11．棱长为4的正方体中，E，F分别为棱，的中点，若，则下列说法中正确的有（       ）
A．三棱锥的体积为定值
B．二面角的正切值的取值范围为
C．当时，平面截正方体所得截面为等腰梯形
D．当时，三棱锥的外接球的表面积为
12．若，则下列说法正确的是（       ）
A．的最小正周期是
B．的对称轴方程为，
C．存在实数，使得对任意的，都存在且，满足，
D．若函数，，（是实常数），有奇数个零点，则
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



三、填空题
13．从3位女生，5位男生中选4人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有___________种（用数字作答）.
14．写出一个最小正周期为3的偶函数___________.
15．已知随机变量服从正态分布，且，则___________.
评卷人
得分



四、双空题
16．已知圆：和抛物线：，为坐标原点，过抛物线E上的点作两条直线PQ，PR和圆相切于A，B，且分别交抛物线E于Q，R.两点.若，则直线AB的方程为___________；若直线QR的斜率为，则___________.
评卷人
得分



五、解答题
17．社会生活日新月异，看纸质书的人越来越少，更多的年轻人（35岁以下）喜欢阅读电子书籍，他们认为电子书不仅携带方便，而且可以随时随地阅读，而年长者（35岁以上）更喜欢阅读纸质书.现在某书店随机抽取40名顾客进行调查，得到了如下列联表：

年长者
年轻人
总计
喜欢阅读电子书

16
20
喜欢阅读纸质书
8


总计


40

(1)请将上面的列联表补充完整，并判断是否有90%的把握认为喜欢阅读电子书与年龄有关；
(2)若在年轻人中按照分层抽样的方法抽取了7人，为进一步了解情况，再从抽取的7人中随机抽取4人，求抽到喜欢阅读电子书的年轻人人数X的分布列及数学期望.
附：，其中.

0.10
0.05
0.010
0.005

2.706
3.841
6.635
7.879

18．已知等差数列满足，且前四项和为28，数列的前项和满足.
(1)求数列的通项公式，并判断是否为等比数列；
(2)对于集合A，B，定义集合.若，设数列和中的所有项分别构成集合A，B，将集合的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前30项和.
19．如图，四棱锥中，平面平面，平面平面，四边形中，，，，.


(1)求证：平面；
(2)设，若直线与平面所成的角为，求线段的长.
20．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A的平分线AD交BC边于点D.
(1)证明：，；
(2)若，，求的最小值.
21．已知圆：，，T是圆M上任意一点，线段NT的垂直平分线与半径MT相交于点Q，当点T运动时，记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知点，过的直线GH交曲线C于G，H两点，记，若的最大值和最小值分别为，，求的值.
22．设.
(1)求在上的极值；
(2)若对，，都有成立，求实数的取值范围.

参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
试题分析：集合，集合，所以,故选D.
考点：1、一元二次不等式；2、集合的运算.
2．B
【解析】
【分析】
根据含有量词的命题的否定即可得到结论
【详解】
命题是全称命题
因为命题：，或
所以：，且
故选：B
3．C
【解析】
【详解】
试题分析：由题意可得,所以 ,故 ,选C.
考点：本题主要考查等比数列性质及基本运算.
4．B
【解析】
【分析】
根据题意求出蓄电池的容量C，再把代入，结合指数与对数的运算性质即可得解.
【详解】
解：根据题意可得，
则当时，
，
所以，
即当放电电流，放电时间为28.5h.
故选：B.
5．A
【解析】
【分析】
平方后由数量积的运算律求解
【详解】
，得，
，得
故选：A
6．D
【解析】
【分析】
先通过诱导公式变形确认的值，再将变形化简．
【详解】
∵，，∴，故，，又，即，∴．
故选：D．
7．B
【解析】
【分析】
由是以P为直角直角三角形得到，再利用双曲线的定义得到，联立即可得到，代入中计算即可.
【详解】
由已知，因为，
所以点在以为直径的圆上，
即是以P为直角顶点的直角三角形，
故，
即，又，
所以，
解得，所以
故选：B
8．D
【解析】
【分析】
先判断大小，再分别判断和的大小即可
【详解】
因为，故.又，，故.再分析和的大小，因为，，故，又，故，故.综上有
故选：D
9．BCD
【解析】
【分析】
由复数的几何意义对四个选项依次判断即可．
【详解】
对于选项A，设，只需即可，故错误；
对于选项B，复数与分别表示向量与，
表示向量的复数为，故正确；
对于选项C，点的坐标为，则对应的点为，在第三象限，故正确；
对于选项D，若复数满足，则复数对应的点在以原点为圆心，内圆半径为1，外圆半径为的圆环上，故所构成的图形面积为，故正确；
故选：BCD．
10．AC
【解析】
【分析】
根据题中所给的公式进行逐一判断即可.
【详解】
设:第一天去甲餐厅，:第二天去甲餐厅，
:第一天去乙餐厅，:第二天去乙餐厅，
所以，，，
因为，
所以，
所以有,
因此选项A正确, ，因此选项B不正确；
因为，所以选项C正确；
，所以选项D不正确，
故选：AC
11．ACD
【解析】
【分析】
根据平面，得到点到平面的距离为定值，可判定A正确；当时，点与点重合，得到二面角的平面角大于，可判定B不正确；当时，得到可得且，可判定C正确；在上取点，使，连接，设三棱锥的外接球的球心为，根据，列出方程，求得球的半径，可判定D正确.
【详解】
对于A中，因为，可得点是线段上的一个动点，
又因为平面，所以点到平面的距离为定值，
所以三棱锥是定值，又由，所以A正确；
对于B中，当时，点与点重合，此时二面角的平面角大于，
如图所示，此时二面角的正切值小于，所以B不正确；

对于C中，当时，此时，即点为的中点，如图所示，
连接，此时，
在正方体中，因为可得分别为棱，的中点，
可得且，
在直角中，可得,
在直角中，可得,
所以四边形为等腰梯形，即平面截正方体所得截面为等腰梯形，所以C正确；

对于D中，如图所示，连接，交于，则为的中点，所以，
在上取点，使，连接，则，所以平面，
则，设三棱锥的外接球的球心为，则，
由及，得点在过点且平行于的直线上，
设，因为，，
所以，解得，所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为，所以D正确.

故选：ACD
12．AD
【解析】
【分析】
由题设得，根据三角形函数与的周期、对称轴变化性质判断最小正周期和对称轴，根据方程恒能成立有，且使能成立求a的范围即可，利用在的图象，根据零点个数确定b的范围，结合对称性求零点的和.
【详解】
由题设，
所以，故，
由的最小正周期为，则的最小正周期为，
同理的最小正周期为，则的最小正周期为，A正确；
对于，令，则对称轴方程为且，B错误；
对任意有，，且满足且，而的图象如下：

所以，则，
所以或，无解，即不存在这样的a，C错误；
由可转化为与交点横坐标，而上图象如下：

函数有奇数个零点，由图知：，此时共有9个零点，
、、、、、、，，
所以，D正确.
故选：AD
【点睛】
关键点点睛：求得的解析式，应用类比思想，根据与最小正周期、对称轴的关系得到的周期和对称轴；由对任意有，，且满足且，进而转化为集合的包含关系求a范围；由的区间图象及其对称性求零点的和.
13．65
【解析】
【分析】
根据题意，可得为三类：恰好一名女生、恰好两名女生和恰好三名女生，结合组合数公式和分类计数原理，即可求解.
【详解】
根据题意，可得为三类：
第一类：恰好一名女生时，共有种不同的选法；
第二类：恰好两名女生时，共有种不同的选法；
第三类：恰好三名女生时，共有种不同的选法，
由分类计数原理可得，共有种不同的选法.
故答案为：.
14．（答案不唯一）
【解析】
【分析】
利用余弦函数的性质，结合已知函数性质写出满足要求的函数解析式即可.
【详解】
由余弦函数性质知：为偶函数且为常数，
又最小正周期为3，则，即，
所以满足要求.
故答案为：(答案不唯一)
15．
【解析】
【分析】
根据正态分布的对称性即可得到答案
【详解】
因为随机变量服从正态分布，其对称轴方程为
设 ，所以
又

根据题意 ，

故答案为：
16．          或
【解析】
【分析】
设，得到，求得PQ方程为，直线PR方程为，进而得到直线AB的方程为，结合，代入求得直线AB的方程；设，得到，根据直线与圆相切，得到是方程的两个实数根，得到，联立方程组求得和，得到，进而求得的值.
【详解】
设，则，
所以直线PQ方程为，即
因为，所以直线PQ方程为，
同理，直线PR方程为，
将代入，
可得，
所以直线AB的方程为
又因为，所以,所以AB的方程为；
设，则，
所以，
设的方程为，即，
因为直线与圆相切，可得，整理得，
设的方程为，同理可得，
所以是方程的两个实数根，所以，
又由，整理得，可得，
同理可得，
两式相加得，即，
整理得，即，
解得或.
故答案为：；或.

17．(1)列联表答案见解析，没有足够的理由认为有90%的认为喜欢阅读电子书与年龄有关
(2)分布列答案见解析，数学期望为
【解析】
【分析】
（1）根据题意，得出的列联表，求得，结合附表，即可求解；
（2）由题意得到随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式求得期望值.
(1)
解：根据题意，可得如下的的列联表：

年长者
年轻人
总计
电子书
4
16
20
纸质书
8
12
20
总计
12
28
40

则
所以没有足够的理由认为有90%的认为喜欢阅读电子书与年龄有关.
(2)
解：在抽取的40名顾客的样本中，按照分层抽样的方法在年轻人中抽取7名，
则抽到喜欢阅读电子书的年轻人数为4名，喜欢阅读纸质书的年轻人数为3名，
所以随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，
可得；；
；，
所以的分布列为

1
2
3
4






则期望为.
18．(1)，判断答案见解析
(2)1926
【解析】
【分析】
（1）根据等数列的前n项和公式和通项公式可求出的通项公式，根据等比数列的定义可判断是否为等比数列；
（2）结合等差数列的前n项和，等差数列与等比数列的通项公式可求出结果.
(1)
∵是等差数列，，且前四项和为28，
∴，解得
∴.
∵，∴当时，，两式相减得，
即，又∴
∴当时，数列的通项公式为.不是等比数列
当时，数列是首项为，公比为3的等比数列，∴.
(2)
由（1）知，则
因为，
所以，
所以，中要去掉的项最多4项，即3,9,27,81，
其中9,81是和的公共项，
所以数列的前30项和由的前32项和，去掉9,81，

所以数列的前30项和为1926.
19．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由平面平面、可得平面，然后可得，同理可得，即可证明；
（2）设，以为原点，建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量求出线面角，得到关于t的方程，求解即可.
(1)
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为，所以平面，
(2)

如图以为原点，以，，所在直线为轴建立空间坐标系，
在底面内，作交于E，则，
在直角中，
设，则，，
由，则，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，得，
取，则
故由直线与平面所成角大小为30°，则有，
即，化简得：，
解得：或（舍去，因为），即.
20．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意得到，，由正弦定理得到，，两式相除得到，进而得到，，根据余弦定理，并代入化简，即可求解.
（2）根据，得到，结合基本不等式求得，进而求得，即可求解.
(1)
解：在和中，可得，，
所以，，
由正弦定理，得，，
两式相除得，可得，，
又由，根据余弦定理得
所以
代入可得
.
(2)
解：由，及，可得
根据基本不等式得，解得，当且仅当时等号成立，
又由，，可得，
所以的最小值是3.
21．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的定义结合垂直平分线的性质即可得结果；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理及向量的数量积公式得出，利用判别式得出，由韦达定理可得.
(1)
因为点Q为线段NT的垂直平分线与半径MT的交点，
所以，所以,
所以点Q的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
在椭圆中，，，
所以求曲线C的方程为.
(2)
设直线的方程为，，，
由得，即，
因为点在椭圆的内部，所以，
所以由韦达定理可得（*），
则



，即，
则，
所以，即，
由题意可知，，是的两个根，
所以.
22．(1)极小值为，极大值为
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接求导计算即可．
（2）将问题转化为，构造新函数在上单调递增即可，然后参变分离或者分类讨论都可以．
(1)
由，
得的单调减区间是，，
同理，的单调增区间是.
故的极小值为，极大值为.
(2)
由对称性，不妨设，
则即为.
设，则在上单调递增，
故在上恒成立.
方法一：（含参讨论）
设，
则，，解得.
，，.
①当时，，
故，当时，，递增；
当时，，递减；
此时，，在上单调递增，故，符合条件.
②当时，同①，当时，递增；当时，递减；
∵，，
∴由连续函数零点存在性定理及单调性知，，.
于是，当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
∵，，∴，符合条件.
综上，实数的取值范围是.
方法二：（参变分离）
由对称性，不妨设，
则即为.
设，则在上单调递增，
故在上恒成立.
∵，∴在上恒成立
，.
设，，则，.
设，，
则，.
由，，得在，上单调递增；
由，，得在，上单调递减.
故时；
时.
从而，，，
又时，，故，，
，单调递减，，.
于是，.综上，实数的取值范围是.
【点睛】
关键点睛：本题核心是将问题转化为函数在上单调递增，即在上恒成立．