湖南省怀化市2022届高三下学期一模数学试题

这是一份湖南省怀化市2022届高三下学期一模数学试题，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，则的大小关系为，二项式的展开式中的常数项是，已知的分布列如下表，下列函数中，存在极值点的是等内容，欢迎下载使用。

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湖南省怀化市2022届高三下学期一模数学试题
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
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，则（       ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则实数x，y分别为（       ）
A． B． C． D．
3．已知，则的大小关系为
A． B．
C． D．
4．二项式的展开式中的常数项是（       ）
A．第项 B．第项 C．第项 D．第项
5．已知、，，则直线与圆的位置关系是（       ）
A．相交 B．相离 C．相切 D．不能确定
6．已知的分布列如下表：

0
1
2
P
？
!
？

其中，尽管“!”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同.据此计算，下列各式中：①；②；③，正确的个数是（       ）A．0 B．1 C．2 D．3
7．已知平面向量满足，且与的夹角为，则的最大值为（       ）
A．2 B．4 C．6 D．8
8．已知抛物线，O为坐标原点.若存在过点的直线l与C相交于A､B两点，且，则实数m的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
评卷人
得分



二、多选题
9．下列函数中，存在极值点的是（       ）
A． B． C． D．
10．我国疫情基本阻断后，在抓好常态化疫情防控的基础上，有力有序推进复工复产复业复市，成为当务之急.某央企彰显担当，主动联系专业检测机构，为所有员工提供上门核酸全覆盖检测服务，以便加快推进复工复产.下面是该企业连续11天复工复产指数折线图，则下列说法正确的是（       ）


A．这11天复工指数和复产指数均逐日增加 B．这11天期间，复产指数增量大于复工指数增量
C．第3天至第11天复工复产指数均超过 D．第9天至第11天复产指数增量大于复工指数增量
11．设是各项为正数的等比数列，q是其公比，是其前n项的积，且，则下列选项中成立的是（       ）
A． B． C． D．与均为的最大值
12．如下图，正方体中，M为上的动点，平面，则下面说法正确的是（       ）


A．直线AB与平面所成角的正弦值范围为
B．点M与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C．点M为的中点时，平面经过点B，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．已知N为中点，当的和最小时，M为的三等分点
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．已知，且“”是“”的充分不必要条件，则a的取值范围是___________.
14．自从申办冬奥成功之后，中国大力推广冰雪运动.统计数据显示，现中国从北到南总共有654块标准冰场和803块滑雪场，全国冰雪运动参与人数已达3.46亿人.一对酷爱冰雪运动的年轻夫妇，让刚好十个月大的孩子把“0､2､2､2､北､京”六张卡片排成一行，若依次排成“2022北京”或“北京2022”，就说“很好”，那么“很好”的概率是___________.
15．已知函数（，）的部分图形如图所示，求函数的解析式_________．

16．已知函数若存在实数，满足，则的最大值是____．
评卷人
得分



四、解答题
17．已知三内角A､B､C的对边分别为a､b､c，且.
(1)求角A的值；
(2)在解三角形问题中，若，且有两解，求边a的取值范围.
18．某农科所对冬季昼夜温差大小与某反季大豆新品种发芽多少之间的关系进行分析研究，他们分别记录了2015年12月1日至12月5日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子中的发芽数，得到如表：
日期
12月1日
12月2日
12月3日
12月4日
12月5日
温差x（℃）
10
11
13
12
8
发芽数y（颗）
23
25
30
26
16

该农科所确定的研究方案是：先从这五组数据中选取2组，用剩下的3组数据求线性回归方程，再对被选取的2组数据进行检验．
（1）若选取的是12月1日与12月5日的两组数据，请根据12月2日至12月4日的数据，求出y关于x的线性回归方程bx+a；
（2）若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问（2）中所得到的线性回归方程是否可靠？
，．
19．已知数列为等比数列，其前n项的和为.已知，且成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知，记，若对于恒成立，求实数m的范围.
20．如图，四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面ABCD，，点F是棱BC的中点.

(1)若PB与平面ABCD所成的角为，求二面角的大小；
(2)若直线PB与过直线AF的平面平行，平面与棱PD交于点S，指明点的位置，并证明.
21．如图.矩形ABCD的长，宽，以A､B为左右焦点的椭圆恰好过C､D两点，点P为椭圆M上的动点.


(1)求椭圆M的方程，并求的取值范围；
(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M､N两点（点C与M､N两点不重合），且直线CM､CN的斜率分别为，试证明为定值.
22．已知函数.
(1)当时，求在上的单调区间；
(2)若，求a的取值范围.

参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
先确定中元素，然后根据交集定义计算．
【详解】
由已知，所以，
故选：B
2．D
【解析】
【分析】
根据复数相等的条件可得结果.
【详解】
因为，
所以，
所以，得.
故选：D
3．D
【解析】
【详解】
分析：由题意结合指数函数、对数函数的性质确定a,b,c的范围，然后比较其大小即可.
详解：由指数函数的性质可知：，，，
且，，据此可知：，
综上可得：.
本题选择D选项.
点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．
4．C
【解析】
【分析】
求出二项展开式的通项，令的指数为零，求得的值，进而可得出结果.
【详解】
二项式的展开式通项为，
令，解得.
因此，二项式的展开式中的常数项是第项.
故选：C.
【点睛】
本题考查二项展开式中常数项的求解，考查计算能力，属于基础题.
5．C
【解析】
【分析】
求出圆心坐标，再求圆心到直线的距离，与半径比较大小，即可求出结论.
【详解】
，
化为，
圆心，半径为，
圆心到直线的距离为，
，
所以直线与圆相切.
故选:C
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，利用几何法判断，即比较圆心到直线的距离与半径的大小关系，属于基础题.
6．C
【解析】
【分析】
根据离散型随机变量的分布列中概率之和为1以及方差期望的计算公式即可求解.
【详解】
设“？”处的数据为则“!”处数据为 ,则,故
,

故选:C
7．C
【解析】
【分析】
以，为邻边作平行四边形，设，则，由题意，设，在中，根据正弦定理结合三角函数的性质即可得解.
【详解】
解：以，为邻边作平行四边形，设，，
则，
由题意，设，
，
在中，由正弦定理可得，，
，
即的最大值为6.
故选：C．

8．A
【解析】
【分析】
设 两点坐标，则可表示 ,利用 求得 与两点坐标的关系式，把点代入抛物线方程，联立求得 ，又因，
进而求得关于 的一元二次方程，进而通过方程有2个正实数根列出关于 的不等式组，解不等式组即可得到答案
【详解】
设
则

因为点在抛物线 上
所以   
由 消去 得
，即

，
整理得：
因为过 的直线与抛物线交于 两点
所以关于 的方程有两正数根
，解得   
故选：A
9．BD
【解析】
逐项利用导数与函数极值的关系判断即可得结果.
【详解】
由题意函数，则，
所以函数在内单调递增，没有极值点；
函数，根据指数函数的图象与性质可得，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以函数在处取得极小值；
函数，则，所以函数在上单调递减，没有极值点；
函数，则 ，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，函数取得极小值，
故选：BD.
【点睛】
本题主要考查了利用导数研究函数的极值，掌握极值的概念是解题的关键，属于中档题.
10．CD
【解析】
【分析】
根据折线图反映的数据判断各选项．
【详解】
两个折线都有下降的过程，A错；
这11天期间，第一天和第11天复产指数都大于复工指数，但第一天两者的差大于第11天两者的差，因此复产指数增量小于复工指数增量，B错；
由复工复产指数折线图知C正确；
第9天复产指数小于复工指数，第11天复产指数大于复工指数，因此D正确．
故选：CD．
11．ABD
【解析】
【分析】
结合等比数列的定义利用数列的单调性判断各选项．
【详解】
由已知数列各项均为正，因此乘积也为正，公比，
又，
，，B正确；
，，即，A正确；
由得，，所以，而，，因此，C错；
由上知，先增后减，与均为的最大值，D正确．
故选：ABD．
12．AC
【解析】
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，

平面，则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；
对于B选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，平面，，
四边形是正方形，则，，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，

易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；
对于C选项，设平面交棱于点，点，，

平面，平面，，即，得，，
所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，
而，，且，
由空间中两点间的距离公式可得，，，
所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；
对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：

若最短，则、、三点共线，
，，
，所以，点不是棱的中点，D选项错误.
故选：AC.
【点睛】
本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.
13．
【解析】
【分析】
先确定的充要条件，再由充分不必要条件的定义求解，
【详解】
等价于或，
而且“”是“”的充分不必要条件，则．
故答案为：．
14．
【解析】
【分析】
本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是把六张卡片排成一行，其中包含三张相同的，共有 种结果，满足条件的只有两个基本时间，根据古典概型概率公式得到结果
【详解】
由题意可知本题是古典概型
试验发生包含的事件是把六张卡片排成一行，其中包含三张相同的，共有 种结果
满足条件的事件是有两个基本事件
那么“很好”的概率
故答案为：
15．.
【解析】
【分析】
根据函数的图象，得到，求得，再根据和，列出方程求得的值，即可求解.
【详解】
由函数的图象，可得，即可，所以，
所以，
又由，可得，
即，且，可得，解得，
又由，即，解得，
所以函数的解析式为.
故答案为：.
16．.
【解析】
【详解】
分析: 根据函数f（x）图象判断a，b，c关系即范围，用c表示出af（a）+bf（b）+cf（c），根据函数单调性求出最大值．
详解: 作出f（x）的函数图象如图所示：

∵存在实数a＜b＜c，满足f（a）=f（b）=f（c），
∴a+b=﹣6，
∴af（a）+bf（b）+cf（c）=（a+b+c）f（c）=（c﹣6）lnc，
由函数图象可知：＜c＜e2，
设g（c）=（c﹣6）lnc，则=lnc+1﹣，
显然在（，e2]上单调递增，
∵=2﹣＜0，=3﹣＞0，
∴在（，e2]上存在唯一一个零点，不妨设为c0，
在g（c）在（，c0）上单调递减，在（c0，e2]上单调递增，
又g（）=（﹣6）＜0，g（e2）=2（e2﹣6）＞0，
∴g（c）的最大值为g（e2）=2e2﹣12．
故答案为2e2﹣12
点睛: （1）本题有三个关键点,其一是能够很熟练准确地画出函数的图像；其二是从图像里能发现a+b=-6, ＜c＜e2；其三是能够想到构造函数g（c）=（c﹣6）lnc，利用导数求函数的最大值.（2）本题要求函数的图像和性质掌握的比较好，属于中档题.
17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）因为，由正弦定理将边化成角，利用和差公式即可化为，结合辅助角公式即可求解；
（2）利用余弦定理化为关于的一元二次方程，结合方程根的分布列不等式求解即可．
(1)
因为，
由正弦定理得，
又
即，
因为sinC≠0，得，
所以.
所以或（舍去），
故．
(2)
由（1）和余弦定理得，又，所以，
即，要使有两解，则方程有两个正实数根，
即，
即.
18．(1)x﹣3；(2) 可靠
【解析】
【分析】
（1）由数据求出,代入求解,再求得,即可求出线性回归方程；
（2）分别将和代入求出,判断即可
【详解】
（1）由表中数据,求得
,,
由公式,可得,,
所以y关于x的线性回归方程为x﹣3
（2）当x＝10时,10﹣3＝22,|22﹣23|＜2；
同样,当x＝8时,8﹣3＝17,|17﹣16|＜2；
所以,该研究所得到的回归方程是可靠的
【点睛】
本题考查求线性回归方程,考查线性回归方程的应用,考查运算能力
19．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由等差数列的性质列式求得公比，然后再求出，可得通项公式；
（2）由错位相减法求得和，不等式由分离参数法变形，恒成立问题转化为求数列（函数）的最值即得．
(1)
设公比为，因为，，成等差数列，
所以，
所以，
故.
又，故，
所以.
(2)
因为，，故，
所以，
又，
所以，
所以.
若对于恒成立，则，
即，所以.
令，则，所以为减函数，
所以，即.
20．(1)
(2)答案见解析
【解析】
【分析】
（1）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值即可得结果；
（2）连接与交于点，由相似可得为三等分点，取点为棱上的三等分点即可得结论.
(1)
分别以棱、、所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图，
因为平面ABCD，
所以即为PB与平面ABCD所成的角，即，所以，
则、、、、.
则，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，故.
由于，，即，
结合平面ABCD，易知平面的法向量为
设二面角的平面角为，则.
即二面角的大小为.

(2)
连接与交于点，
由点是棱的中点得.
又，所以.
取点为棱上的三等分点（偏点的位置），
则在中，，所以.
平面即为平面，因为，，
所以.

21．(1)，
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由，把点的坐标代入椭圆方程，结合可求得得椭圆方程，设点，求出，根据椭圆的范围得数量积的范围；
（2）设两点M､N，直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，再代入化简可得．
(1)
由题意得.
又点在椭圆上，所以，
且，所以，，故椭圆的方程为.
设点，由，得.
又，所以.
(2)
设过点且斜率为的直线方程为，
联立椭圆方程得.
设两点M､N，故，.
因为，
其中，，
故
所以为定值．
22．(1)在上的单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
【解析】
【分析】
（1）由，得到，求导，令，再利用导数法求解；
（2）令，由导数法易得时，，当时，，然后分时，由，得，时，由，得恒成立，时，由，得恒成立求解.
(1)
解：当时，，
则，
设，则.
当时，单调递增，又，，
所以存在唯一的，使得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
而，
所以，当时，，即，故单调递减.
当时，，所以单调递增.
故函数在上的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)
令，则，所以单调递减.
又，因此，当时，，当时，.
当时，由，得.
当时，由，得恒成立，所以.
当时，由，得恒成立，所以.
当时，的图象关于直线对称，
由（1）知，此时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
又，
所以，当时，，当且仅当时等号成立.
所以，当时，，于是可得.
又为奇函数，所以，当时，，所以.
综上，的取值范围为.
【点睛】
方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间D上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.