湖南省长沙市长郡中学2022届高三下学期押题卷1数学试题-

这是一份湖南省长沙市长郡中学2022届高三下学期押题卷1数学试题-，共24页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，则，已知圆M的半径为，且圆M与圆C，已知双曲线C，下列说法中正确的有等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前湖南省长沙市长郡中学2022届高三下学期押题卷1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．已知集合M、N、P满足，则集合M、N、P之间的关系是（       ）A． B．C． D．2．设复数，则（       ）A． B．C． D．3．已知是关于x的方程的两个实数根，且，则实数b的取值范围是（       ）A． B． C． D．4．山西五台山佛光寺大殿是庑殿顶建筑的典型代表．庑殿顶四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，又叫五脊殿．《九章算术》把这种底面为矩形，顶部为一条棱的五面体叫做“刍甍”，并给出了其体积公式：×（2×下袤＋上袤）×广×高（广：东西方向长度；袤：南北方向长度）．已知一刍甍状庑殿顶，南北长18m，东西长8m，正脊长12m，斜脊长m，则其体积为（       ）．A． B． C． D．5．已知，则（       ）A． B． C．3 D．6．已知圆M的半径为，且圆M与圆C：和y轴都相切，则这样的圆M有（       ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个7．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，双曲线的左顶点为，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于，两点，其中点在轴右侧，若，则该双曲线的离心率的取值范围是（       ）A． B． C． D．8．已知函数，分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则正实数的值为（       ）A． B． C．1 D．2评卷人得分  二、多选题9．下列说法中正确的有（       ）A．若，则B．若，则C．，“恒成立”是“”的充分不必要条件D．若，则的最小值为10．某工厂加工一种零件，有两种不同的工艺选择，用这两种工艺加工一个零件所需时间t（单位：h）均近似服从正态分布，用工艺1加工一个零件所用时间；用工艺2加工一个零件所用时间，X，Y的概率分布密度曲线如图，则（       ） A．，B．若加工时间只有ah，应选择工艺2C．若加工时间只有ch，应选择工艺2D．，11．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（       ）A．直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等B．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为C．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为D．若四面体在点处的离散曲率为，则平面12．已知向量满足，则可能成立的结果为（       ）A． B．C． D．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．若的展开式中第4项的系数是160，则______.14．已知随机变量，若最大，则______．15．已知函数，若函数的图像在区间上恰有2个零点，则实数的取值范围为__________.16．如图，矩形OABC中，，以O为圆心，OC为半径作圆与OA相交于点D，在BC上取一点E，OA上取一点F，使得EF与相切与点G，则四边形OFEC的面积取得最小值时，___________．评卷人得分  四、解答题17．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足（n∈N*）.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：对任意的m∈N*，Sm，Sm+2，Sm+1成等差数列.18．锐角中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且(1)求角C的大小；(2)若边，边AB的中点为D，求中线CD长的取值范围．19．某工厂对一批零件进行质量检测，具体检测方案是：从这批零件中任取10件逐一进行检测，当检测到2件不合格零件时，停止检测，此批零件未通过，否则检测通过.设每件零件为合格零件的概率为p，且每件零件是否合格是相互独立的.(1)已知，若此批零件检测未通过，求恰好检测5次的概率；(2)已知每件零件的生产成本为80元，合格零件的售价为每件150元.现对不合格零件进行修复，修复后按正常零件进行销售，修复后不合格零件以每件10元按废品处理.若每件零件修复的费用为每件20元，每件不合格的零件修复为合格零件的概率为工厂希望每件零件可获利至少60元.求每件零件为合格零件的概率p的最小值？20．如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，.(1)若，试证；(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值为21．已知椭圆C：的四个顶点构成的四边形的面积为，点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)若矩形MNPQ满足各边均与椭圆C相切.求证：矩形MNPQ对角线长为定值.22．已知有三个不同零点，，，且(1)求实数a的范围；(2)求证：
参考答案：1．B【解析】【分析】根据，得集合关系，进而分析可得答案.【详解】解：由可知，所以故选：B.2．D【解析】【分析】利用复数运算法则验证即可.【详解】，故选：D3．B【解析】【分析】设，则原方程可化为，利用二次方程根的正负建立不等式，可得结论.【详解】设，则原方程可化为二次方程，又，且二次方程有两个正根，所以，所以故选：B4．D【解析】【分析】过点F作，垂足为Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ，利用直角三角勾股定理，求出高FO，代入体积公式求解即可.【详解】如图，已知，，，，过点F作，垂足为Q，过点F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OQ，则，，，，即该五面体的高度为3m．所以其体积．故选：D5．D【解析】【分析】依据两角和的正弦公式及同角三角函数间的关系即可求得的值【详解】由于且，则有．由得，，故，故选：D．6．C【解析】【分析】根据圆与圆的位置关系判断，分外切和内切两种情况即可得到答案.【详解】解：圆C：和y轴相切于原点，内切时圆只能在圆内部，因此相外切的圆M位于y轴右侧在轴上方、下方各1个，位于y轴左侧切于原点的1个；相内切的圆必过原点，有1个，共4个.故选：C．7．C【解析】【分析】先由题意，得到以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，求出点P，Q的坐标,结合条件求出，之间的关系，即可得出双曲线的离心率的取值范围．【详解】由题意，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，由，解得或，∴，．又为双曲线的左顶点，则，∴，，∵，∴，即，∴，又，∴.故选：C.8．C【解析】【分析】首先利用方程组法求函数的解析式，由解析式判断的对称性，利用导数分析的单调性及极值点，根据函数有唯一的零点知极小值，即可求正实数值.【详解】由题设，，可得：，由，易知：关于对称.当时，，则，所以单调递增，故时单调递减，且当趋向于正负无穷大时都趋向于正无穷大，所以仅有一个极小值点1，则要使函数只有一个零点，即，解得.故选：C【点睛】关键点点睛：奇偶性求函数解析式，导数分析函数的单调性、极值，根据零点的个数及对称性、单调性求参数值.9．AD【解析】【分析】对于A,B，利用不等式的性质可以判断；对于C，利用基本不等式及不等式恒成立与最值的关系，再结合充要条件即可判断；对于D，利用基本不等式及“1”的巧用可以判断.【详解】对于A，因为，所以，所以，即，故A正确；对于B，因为，所以，所以，即.故B 不正确；对于C，，恒成立等价于，因为，所以，所以，当且仅当即时，等号成立，所以当时，取得最小值为，即.所以，“恒成立”是“”的充要条件，故C不正确.对于D,因为，，=，当且仅当即时，等号成立，所以当时，取得最小值为，故D正确.故选：AD.10．AC【解析】【分析】根据正态密度曲线的对称性和几何性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，随机变量，，对于A中，根据正态密度曲线的图象，可得，其中，其中随机变量对应的数据更离散，对应的数据更集中，所以，所以A正确；对于B中，加工小时时，可得，所以，所以选工艺1，所以B错误；对于C中，加工小时时，，，根据给定的正态密度曲线的图象，当时，的密度曲线与轴所围成的面积大于的密度曲线与轴所围成的面积，即，所以，所以选择工艺2，所以C正确；对于D中，对于，可得，，无法比较大小，所以D错误.故选：AC.11．BD【解析】【分析】读懂题意，求解曲率的关键，是求解线线夹角，再代入离散曲率公式处理.画出对应的立体图形，根据边角关系求出夹角的数值即可.当然也可设出各棱长的数值，建系求解，排除错误选项.【详解】A项，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故选项A错误；B项，若，则菱形为正方形，因为平面，所以，，所以直四梭柱在顶点处的离散曲率为，选项B正确；C项，若，则，又，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项C错误；D项，在四面体中，，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，结合正方体的结构特征可知平面，选项D正确．故选：BD【点睛】本题主要考查离散曲率，考查考生的创新能力、逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力．试题结合新定义——离散曲率命制立体几何试题，角度新颖，要求考生充分理解离散曲率的定义，结合立体几何的结构特征求解，体现了数学探素、理性思维学科素养．12．BCD【解析】【分析】不妨设，动点A在以原点为圆心2为半径的圆O上，动点B在以C为圆心，1为半径的圆上，利用坐标法，即可求解.【详解】对于选项A、B，由题意，，，设，，，不妨设，如图，动点A在以原点为圆心2为半径的圆O上，动点B在以C为圆心，1为半径的圆上，且满足，圆C方程是当B在圆C上运动时，由，得，当且仅当O，A，B三点共线时取等号，又由图易知，即，故选项A不满足，选项B满足；对于选项C、D，设，则，由，解得，，又即，选项C，D满足.故选：BCD13．1【解析】【分析】根据给定的二项式直接求出第4项，结合已知系数计算作答.【详解】的展开式中的第4项为，依题意，，解得，所以.故答案为：114．24【解析】【分析】先根据解出，再根据二项分布的方差公式求出，再计算即可.【详解】由题意知：，要使最大，有，化简得，解得，故，又，故.故答案为：24.15．【解析】【分析】根据辅助角公式求解，然后结合正弦函数性质求解即可.【详解】，由，得，要使函数的图像在区间上恰有2个零点，则，所以故答案为：16．π6##30°【解析】【分析】根据题意得到，设，利用导数研究其单调性，求得其最值，即可求解．【详解】设，，由题意，因为点G为切点，所以，所以，过E作，垂为H，则，在中，，所以，设，则，令，解得；令，解得，所以当时，，为减函数，当时，，为增函数，所以时，有最小值，即有最小值，求得的最小值为．故答案为：．17．(1);(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）利用an与Sn关系可得，进而可得；（2）利用等比数列的前n项和公式，即证.(1)当时，，所以；当时，因为，所以，所以，即，所以数列是等比数列，其通项公式为.(2)对任意的，，，所以，即成等差数列.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）结合同角三角函数基本关系以及正弦定理化简求解，因为，所以；（2）由余弦定理与正弦定理，然后结合三角函数性质求解其取值范围即可.(1)因为，所以，即，又因，所以又由题意可知，所以，因为，所以.(2)由余弦定理可得，又，则，由正弦定理可得，所以，，所以，由题意得，解得，则，所以所以所以所以中线CD长的取值范围为19．(1)(2)【解析】【分析】若此批零件检测未通过，恰好检测5次，则第五次检验不合格，前四次有一次检验不合格，再结合二项分布的概率公式，即可求解．由题意可得，合格产品利润为70元，不合格产品修复合格后利润为50元，不合格产品修复后不合格的利润为元，则X可取70，50，，分别求出对应的概率，即可得X的分布列，并结合期望公式，即可求解．(1)解：记事件“此批零件检测未通过，恰好检测5次”则前4次有1次未通过，第5次未通过.即恰好检测5次未通过的概率为；(2)由题意可得，合格产品利润为70元，不合格产品修复合格后利润为50元，不合格产品修复后不合格的利润为元，设每件零件可获利X元，；50；；；，则，   解得，即：每件零件为合格零件的概率p的最小值为【点睛】本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，需要学生熟练掌握期望公式，属于中档题．20．(1)证明见解析(2)为的三等分点靠近或与重合【解析】【分析】（1）先证平面，得，结合已知条件得出，根据及勾股定理的逆定理，得出，进而得出平面，即证；（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，即可求解该问题.(1)证明：在中，因为为中点且，所以，因为平面平面交线为，所以平面，平面，所以，因为，分别为，的中点，所以，所以，在直角和直角中，因为，，所以，所以，所以，所以，，又平面，平面，所以平面，平面，所以.(2)平面，由（1）得，，三线两两垂直，以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系如图，则，，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令得，，设，，则，所以，，设直线与平面所成的角为，则，化简得：解得：或，即：为的三等分点靠近或与重合时，线段与平面所成角的正弦值为.21．(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）利用待定系数法求解；（2）对当MN的斜率的情况进行分类讨论，当MN的斜率存在且不为0时，设直线MN：，与椭圆方程联立，根据，求得的关系，利用两平行线之间的距离公式分别求得矩形边长，从而可求得对角线，即可得证.(1)解：由已知，解得，所以椭圆方程C：；(2)证明：当MN的斜率为0或不存在时，对角线，当MN的斜率存在且不为0时，设直线MN：，联立消去y得，，化简得，所以两平行线MN和PQ的距离，以代替k，两平行线MQ和NP的距离，所以矩形MNPQ的对角线，综上所述，矩形MNPQ对角线长为定值22．(1)(2)答案见解析【解析】【分析】（1）先利用参变量分离法，可得，然后构造函数，判断单调性，然后作出函数的大致图像，确定a的范围即可；（2）由（1）知，，可设，则，然后利用导数确定的图像，由根的分布情况及，运算可得结果.(1)解：令，得，∴设，设，，易知在单调递减，在单调递增，∴，∴，则由，得或，令，解得；令，解得在单调递减，在单调递增，在单调递减，有极小值，有极大值，又，当时，，，当时，，∴，的图像如下：由图可知，要使有3个不同零点，即有3个不同零点，实数a的取值范围为(2)由（1）知，，令，则，，故当时，单调递增；当时，单调递减.且时，；；时，；所以的图像如下：由，得，即，由根的分布知：有两根，，且，由图①②知，，，又，∴，∴，∴，又，∴，故【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，利用导数证明不等式，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于难题.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．