2022湖南省三湘名校、五市十校教研教改共同体高三上学期第一次大联考试题数学PDF版含解析

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数学参考答案1．【答案】B【命题意图】考查集合的表示法，集合的基本运算．考查数学运算数学核心素养．【解析】集合，∴．2．【答案】C【命题意图】考查导数，函数极值，二次函数、一元二次方程、一元二次不等式的关系．考查数学运算数学核心素养．【解析】由得，根据题意得，解得．3．【答案】D【命题意图】考查等差数列，平面向量，向量运算，平面向量的平行与垂直．考查数学运算数学核心素养．【解析】由条件得，，∴，，故选D．4．【答案】C【命题意图】考查简单不等式，三角函数的单调性与最值．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】∵，∴，又函数在区间上单调递减，，函数在区间上单调递增，，∴，即，故选C．5．【答案】A【命题意图】考查充要条件，不等式性质，函数零点，二次函数零点存在条件．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】一方面，若，，则，．∴，∴函数有两个零点，∴“”是“函数有两个零点”的充分条件．另一方面，若，，，则函数有两个零点，但不满足，即“”不是“函数有两个零点”的必要条件．6．【答案】D【命题意图】考查抽象函数，函数的奇偶性、对称性、周期性，不等式解集．考查数学运算，逻辑推理，直观想象等数学核心素养．【解析】∵当，且时，，∴在区间上是增函数．∵是上的奇函数，∴，且在区间上是增函数．∴当时，，当时，．∵，∴的图象关于直线对称，∴，且在区间上是减函数．又，∴，即函数的周期为．∴是区间上的减函数，且．综上所述，不等式的解集为．7．【答案】B【命题意图】考查球，多面体体积．考查直观想象，数学运算等数学核心素养．【解析】由于球的半径为，是正三角形，所以，∴，∴三棱锥的最大体积为．8．【答案】C【命题意图】考查一次函数，指数函数，等差数列，等比数列，数列错位相减求和，数学文化．考查数学运算，直观想象，数学建模等数学核心素养．【解析】由条件可得，∴，得．∵，∴．9．【答案】BCD【命题意图】考查函数的定义域、单调性、奇偶性、周期性、值域等基本性质，初等函数，分类讨论思想．考查数学运算，直观想象，逻辑推理等数学核心素养．【解析】这个函数中定义域均为的函数是，共个，∴A错误．只有是偶函数，∴B正确．这个函数的图象不经过第三象限，这两个函数图象都经过第三象限，∴C正确．这个函数中，满足的函数只有，故D正确．10．【答案】AD【命题意图】考查函数图象变换，正弦型函数图象性质，三角函数诱导公式．考查数学抽象，数学运算，直观想象，逻辑推理等数学核心素养．【解析】由图可知，，，∴．，由于，∴．∴函数的解析式是．根据题意，．∴当时，的取值范围是，A正确．，∴B错误．函数的对称轴是，∴C错误．∵的最小正周期为，∴D正确．11．【答案】AC【命题意图】考查等差等比数列及其简单性质，公差，公比．考查数学运算，逻辑推理等数学核心素养．【解析】由条件得，．如果是等差数列，则，，∴，所以A正确．又，∴数列公差满足，故B错误．如果是等比数列，由得，∴，∴，即，∴，故C正确．由条件，与是确定的（与有关），数列是确定数列，∴与是确定值，不存在最小的问题，∴D错误．（或由已知得，由于，所以，即数列的比公不为，∴，∴在不等式中，等号不成立，故D错误．）12．【答案】ACD【命题意图】考查空间想象能力，空间点、线、面的位置关系，分类讨论思想．考查直观想象，逻辑推理等数学核心素养．图二图一【解析】将这两个四棱锥的底面完全重合，得到如图一的几何体，其中平行的棱分别是，，，，，．∴A正确．如果这个几何体所有顶点都在一个球上，则点，到平面的距离与正方形对角线的一半都等于球的半径．设的中点为，则平面，由于，∴，又，∴，∴B错误．将这两个四棱锥的一个侧面完全重合，得到如图二的几何体．分别设四棱锥的底面正方形的边与的中点为，，分别连接，，．∵，∴，∴．∵，，∴．∴，即．，是平面内两条相交直线，∴平面．同理，平面．∴平面与平面重合．∴共有平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面个平面．∴C正确．由上可知，是二面角的平面角，且，即二面角等于．∴二面角等于，∴二面角为直二面角，∴平面平面．∴D正确．13．【答案】【命题意图】考查空间直线的位置关系，异面直线所成角．考查直观想象数学核心素养．【解析】分别设棱，，的中点为，，，则是正三角形，且，，∴等于异面直线与所成的角，大小为．14．【答案】【命题意图】考查圆，平面向量，向量的数量积，向量的坐标表示，向量的基本运算．考查直观想象，数学运算，逻辑推理等数学核心素养．xyO2113【解析】设，则，且．又，，∴．15．【答案】【命题意图】考查分段函数，定义域，对数的性质，轴称性，函数的值域，数形结合思想．考查直观想象数学核心素养．【解析】函数的零点，就是曲线与直线交点的横坐标，如图所示．不妨设四个零点从小大到依次为，，，，则，∴．又，∵，∴的取值范围是．所以，这四个零点积的取值范围是．16．【答案】【命题意图】考查球的表面积，解三角形．考查数学运算，直观想象，逻辑推理等数学核心素养．【解析】设半球半径为，则，∴，∴．在中，由正弦定理得，∴，．17．【命题意图】考查三角简单的恒等变换，正余定理在解三角形中的应用，内积．考查逻辑推理和数学运算等数学核心素养．【解析】（1）∵，∴在中，由正弦定理得，， ………………2分∴．…………………………………………………………………………3分∵，，是的内角，∴，∴，所以，．…………………………………………………………………………………………5分（2）选择①．∵，∴，即，∴． ………………………………6分∵，∴，． …………………………………………………………………………7分在中，由余弦定理得，．………8分在中，由正弦定理得，． ………………………………………10分（2）选择②．∵，∴，即，∴．………………………………6分在中，由余弦定理得，，∴． …………………………………………………………………………………………8分∵，∴．在中，由正弦定理得，． ………………………………………10分（2）选择③．∵，∴，即，∴． ………………………………6分在中，由余弦定理得，，∴． …………………………………………………………………………………………8分∵，∴．在中，由正弦定理得，． ………………………………………10分18．【命题意图】考查等差数列，数列前项和与通项的关系，数列的单调性，数列的最大项，恒成立．考查逻辑推理和数学运算等数学核心素养．【解析】（1）证明：∵，∴，∴．………………………………………………………………4分∵，……………………………………………………………………………5分所以，是以为首项，以为公差的等差数列．………………………………………6分由（1）可知，，∴． ……………………………………………………………………………………7分当时，，∵，所以，的通项公式为．…………………………………………………8分∴，，，，，．当时，，即，也就是说，数列从第项起，是递减数列．所以，实数的取值范围是．………………………………………………………………12分19．【命题意图】考查古典概型，独立事件发生的概率，互斥事件概率，分布列，数学期望．考查数学建模和数学运算等数学核心素养．【解析】（1）设“抽取的一台A款手机的使用时间不超过年”，“抽取的一台B款手机的使用时间不超过年”，“这两台手机使用时间都不超过年”，则事件、相互独立，且．由表可知，，………………………………………………………4分∴，即这两台手机使用时间都不超过年的概率为．…………………………………………………6分（2）这台手机中使用时间超过年的有台，从中随机抽取台，共有种不同结果，其中使用年的手机台．…………………………………………………………………………………7分∴．∴，，，．∴的分布列为： …………………………………………………………10分 ∴. ………………………………………………12分 20．【命题意图】考查空间点线面之间的位置关系，线线、线面、面面平行及垂直的性质和判定．考查二面角，坐标法解决几何问题．考查数学直观，逻辑推理等数学核心素养．【解析】（1）分别设线段，的中点分别为，，分别连接，，．…………………………………………1分∴．∵，，∴，，∴四边形和四边形都是平行四边形．…………3分∴，，，，∴，，即四边形是平行四边形，……………………………………5分∴，∴．所以，四点，，，在同一平面内． ………………………………………………………6分（2）∵，，与是平面内两相交直线，∴平面.分别以直线,为轴和轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直线坐标系． ……………………………………………………………………………7分 设，由于，，所以，，，，．………………………………………………………………………8分∴，，，．…………………9分设和分别是平面和平面的一个法向量，则 ，，，，∴ 不妨取，得，，，∴．所以，平面与平面所成锐二面角的余弦值为． ………………………………12分21．【命题意图】考查椭圆，抛物线，圆锥曲线与直线的位置关系，斜率，直线方程．考查数形结合思想，转化化归思想，函数方程思想．考查数学运算，逻辑推理，数学抽象等数学核心素养．【解析】（1）设椭圆的右焦点为，由于，关于轴对称，∴.∵，∴,∴．…………………………………2分∵椭圆离心率为，∴，∴．…………………………………………………3分∴． ……………………………………………………………………………………4分所以，椭圆的方程为．…………………………………………………………………5分xyOFABCPMN（2）由（1）得，，∴直线的斜率为．∵，∴可设直线的方程为．………7分∵二次曲线：经过，∴，即二次曲线的方程为．……………………………………………………8分设，．由方程组得．∴，．………………………………10分又，，所以，．……………………………………………12分22．【命题意图】考查导数及其应用，极值，函数的零点，函数单调性．考查分类讨论思想，数形结合思想，转化化归思想，函数方程思想．考查数学运算，逻辑推理，数学抽象等数学核心素养．【解析】（1）∵，∴，且 ．…………………………………………………………3分当时，，是增函数；当时，，是减函数． ……4分所以，函数的增区间是，减区间是． …………………………………………5分（2）函数定义域为．，∴ ．……………………………6分①当时，，是单调增函数．∵，∴若，则，是单调减函数；若，则，是单调增函数．∴函数有唯一的极值点，而且是极小值点． ………………………………………………………7分②当时，由（1）知，，即，是定义域内的减函数，没有极值点．………………………………………………………………………………8分③当，且时，由于，，所以，有唯一零点，设为，若，则，是单调增函数；若，则，是单调减函数．∴．∵，∴，，∴当时，，当时，．∴．设，则．当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增．∴．∴．∵若,当时，，∴．又，，∴，∴在区间上有唯一零点，该零点为函数的极小值点．由于，为函数的极大值点；若，曲线与直线在第一象限有且只有一个交点，设交点横坐标为，当时，，即，∴在上存在唯一零点，该零点为函数的极大值点．由于，此时为函数的极小值点．所以有两个极值点． ……………………………………11分综上所述，当时，函数有一个极值点；当时，函数没有极值点，当且时，函数有两个极值点．…………………………………………………………………12分0123