2022届湖南师范大学附属中学高三下学期一模数学试题含解析

这是一份2022届湖南师范大学附属中学高三下学期一模数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届湖南师范大学附属中学高三下学期一模数学试题一、单选题1．已知集合，，若，则所有符合条件的实数组成的集合是（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】就分类讨论求出集合，再结合可得的值.【详解】等价于当时，，此时，符合；当时，，因为，故或即或，故选：D.2．已知，，则角所在的象限是（       ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】先利用诱导公式求出，，利用二倍角公式判断出，，即可判断出角所在的象限.【详解】因为，所以；因为，所以.所以，，所以是第三象限角.故选：C.3．设随机变量，函数没有零点的概率是0.5，则（       ）附：若，则，.A．0.1587 B．0.1359 C．0.2718 D．0.3413【答案】B【分析】首先根据函数没有零点求出的取值范围，再根据没有零点的概率是，得到，再根据正态曲线的性质得到的值；然后再根据正态曲线的对称性求出的值即可．【详解】若函数没有零点，∴二次方程无实根，∴，∴.又∵没有零点的概率是0.5，∴.由正态曲线的对称性知，∴，∴，，∴，，，，∴，，∴.故选：B.4．已知，分别是双曲线的左､右焦点，点是双曲线上在第一象限内的一点，若，则双曲线的离心率的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】在中，利用正弦定理可得，再结合双曲线的定义可得，可得求，，再利用，即可求出双曲线的离心率的取值范围.【详解】在中，，由正弦定理得，，又点是双曲线上在第一象限内的一点，所以，所以，，在中，由，得，即，所以，又，所以.故选：A【点睛】关键点点睛：求解离心率取值范围的关键是挖掘题中的隐含条件，构造不等式，本题是利用点是双曲线上在第一象限内的一点，结合三角形两边之和大于第三边，构造不等式.5．在△ABC中，已知∠A=90°，AB=2，AC=4，点P在以A为圆心且与边BC相切的圆上，则的最大值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由几何关系分解向量，根据数量积的定义与运算法则求解【详解】设为斜边上的高，则圆的半径，设为斜边的中点，，因为，，则，所以的最大值为故选：D6．已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，且点在直线上，则的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将两圆的方程相减可得公共弦方程，从而求得定点，利用点在直线上可得，再代入消元，转化成一元二次函数的取值范围；【详解】解：由圆，圆，得圆与圆的公共弦所在直线方程为，求得定点，又在直线上，，即.∴，∴的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查圆的公共弦方程求解、一元二次函数的最值，考查转化与化归思想的运用.7．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论错误的是（       ）A．A，M，O三点共线 B．M，O，A1，A四点共面C．B，B1，O，M四点共面 D．A，O，C，M四点共面【答案】C【分析】由长方体性质易知，，，四点共面且，是异面直线，再根据与、面、面的位置关系知在面与面的交线上，同理判断、，即可判断各选项的正误.【详解】因为，则，，，四点共面.因为，则平面，又平面，则点在平面与平面的交线上，同理，、也在平面与平面的交线上，所以、、三点共线，从而，，，四点共面，，，，四点共面.由长方体性质知：，是异面直线，即，，，四点不共面.故选：C.8．若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（       ）．A． B．C． D．【答案】D【分析】将方程，转化为，在同一坐标系中作出函数与的图象，利用数形结合法求解.【详解】方程，即为，因为方程有两个不相等的实数根，所以函数与的图象有两不同的交点，在同一坐标系中作出函数与的图象如图所示：由图象知：当直线过点时，，当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即，解得，所以实数的取值范围是，故选：D．【点睛】方法点睛：函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用．二、多选题9．抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，用x表示红色骰子的点数，y表示绿色骰子的点数，设事件A=“x+y=7”，事件B=“xy为奇数”，事件C=“x＞3”，则下列结论正确的是（       ）A．A与B互斥 B．A与B对立C． D．A与C相互独立【答案】AD【分析】列举出事件A，B所包含的基本事件，再根据互斥事件和对立事件的定义即可判断AB；分别求出，再根据条件概率公式即可判断C；分别求出，即可判断D.【详解】解：事件A包含的基本事件为，，，，，共6种，所以，事件包含的基本事件为，，，，，，，，共9种情况，则，所以A与互斥但不对立，故A正确，B错误；事件包含的基本事件数为，则，，所以，故C错误；因为，，则，所以A与相互独立，故D正确.故选：AD.10．已知函数（，），若为的一个极值点，且的最小正周期为，则（       ）A． B．（）C．的图象关于点（，0）对称 D．为偶函数【答案】BCD【分析】根据三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】因为是的一个极值点，则，所以A错误；因为，则，可得，令，解得，所以B正确.因为， 则，所以C正确；因为，则当为奇数时，为偶函数；当为偶数时，为偶函数，所以D正确.故选：BCD.11．在棱长为1的正方体 中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，则（       ）A．点的轨迹是一条线段 B．直线与可能相交C．直线与不可能平行 D．三棱锥的体积为定值【答案】AD【分析】取线段，中点，，证得平面平面，得到平面，可判定A正确；根据异面直线的定义，得到与是异面直线，可判定B错误；当点与点重合时，可判定C错误；由点到平面的距离是定值，且的面积为定值，可判定D正确.【详解】如图所示，分别取线段，中点，，连接，，，则，，所以平面平面，因为平面，则平面,又点是侧面内的动点，所以点的轨迹为线段，所以A正确；因为在平面内，直线与平面相交，且交点不在上，所以与是异面直线，所以B错误；当点与点重合时，直线与直线平行，所以C错误；因为，则平面，所以点到平面的距离是定值，又由的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以D正确.故选：AD.12．已知正数x，y，z满足，则（       ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】设，，求出，根据对数的运算性质及换底公式计算即可判断A；利用作商法即可判断B；利用作差法即可判断D；再根据AD即可判断C.【详解】解：设，，则，，，所以，A正确；因为，则，因为，则，所以，B正确；因为，则，D正确.因为，则，所以，C错误.故选：ABD.三、填空题13．已知是关于x的方程的根，则实数_______．【答案】【分析】由也是方程的根，再由韦达定理可得．【详解】因为是关于x的方程的根，其中，所以也是关于x的方程的根，所以，．故答案为：．14．已知，若正数a，b满足，则的最小值为_____________.【答案】1【分析】求得为奇函数，且在上递增，可得，则，展开后运用基本不等式即可得到所求最小值．【详解】解：函数，可得，可得为奇函数，由可得在上递增，则，即有，可得，即为，则，当且仅当时，取得等号．则的最小值为1．故答案为：1．15．已知点、在椭圆上，为坐标原点，直线与的斜率之积为，设，若点在椭圆上，则的值为________．【答案】【分析】设点、，可得出，，且，将点代入椭圆的方程，可求得的值.【详解】设点、，则，，且.由题设，点在椭圆上，则即，得.故答案为：.16．已知函数，若对，，都有，则k的取值范围是________．【答案】【分析】对函数求导可知在上单调递增，在上单调递减，设，则当时，恒成立，即恒成立，设，求其最大值后可求k的取值范围.【详解】，则当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，不妨设，则，，由已知，即，令，则在上不存在减区间，从而当时，恒成立，即恒成立，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，所以.四、解答题17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．(1)求角A的值；(2)在①MC=2MB，②S△ABM=，③sin∠MBC=这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答下列问题．若M为AC边上一点，且MA=MB，_______，求△ABC的面积S△ABC．【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知及正弦定理，转化得到，借助于诱导公式得到，由，即可求出；（2）选条件①：在中，设，利用余弦定理得解得，求出的面积.选条件②：由，求得.在中，设，利用余弦定理得，解得.即可求出的面积.选条件③：在中，由正弦定理求得.设，由余弦定理解得即可求出的面积.【详解】(1)由已知及正弦定理，得.因为，则，所以，即，则，因为，则，，所以，得，即.(2)选条件①：如图，因为，，则为等边三角形.在中，设，则.因为，，由余弦定理得，即，得所以，，的面积.选条件②：如图，因为，，则为等边三角形.因为，则，所以.在中，因为，设，由余弦定理得即，解得，则.所以的面积.选条件③：如图，因为，，则为等边三角形，从而，在中，由正弦定理，得设，由余弦定理，得，即，解得.从而，所以的面积.18．已知数列的前n项和为，，且.（1）求数列的通项；（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论；（2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.【详解】（1）当时，，，当时，由①，得②，①②得，又是首项为，公比为的等比数列，；（2）由，得，所以，，两式相减得，所以，由得恒成立，即恒成立，时不等式恒成立；时，，得；时，，得；所以.【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.19．如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，AD⊥平面PAB，PA⊥PB，E为AD的中点．(1)若点M在线段PB上，且直线EM∥平面PCD，确定点M的位置；(2)若AP=AD，AB=AD，求平面PCE与平面PAB所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)为的中点(2)【分析】（1）先假设存在，再证明.设平面交直线于，连接.由平面，证明出四边形为平行四边形，进而证明出且，即可判断出点为的中点.（2）以A为原点，以垂直所在直线为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求解.【详解】(1)为的中点时，直线EM∥平面PCD.证明如下：设平面交直线于，连接.因为平面，则.因为，则平面，从而，所以四边形为平行四边形，从而.因为为的中点，则，所以又，所以点为的中点.(2)因为平面，则，，以A为原点，以垂直所在直线为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，.因为，则.所以点，，，，，,设平面的一个法向量为，则,得不妨令，得，，所以因为平面，所以为平面的一个法向量.设平面与平面所成锐二面角为，则所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为20．已知为抛物线的焦点，直线与交于两点．且．(1)求的方程；(2)设动直线平行于直线，且与交于M，N两点，直线AM与BN相交于点T，证明：点T在一条定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）联立方程组，求得，得到，结合抛物线的定义列出方程，求得的值，即可求解；（2）设点，，，结合方程得到，根据，得到，再由，求得，进而得到方程，得出，即可求解.【详解】(1)解：联立方程组，整理得，设点，，则，可得，由抛物线定义得，则，解得，所以抛物线的方程为.(2)证明：设点，，因为，两式相减得，因为，则，设点，，因为，则，可得，两式相加得，又因为，则，即，因为，所以，所以点在定直线上.21．某种电子玩具启动后，屏幕上的LED显示灯会随机亮起红灯或绿灯．在玩具启动前，用户可对（）赋值，且在第1次亮灯时，亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为．随后若第n（）次亮起的是红灯，则第n+1次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为；若第n次亮起的是绿灯，则第n+1次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为．(1)若输入，记该玩具启动后，前3次亮灯中亮红灯的次数为X，求X的分布列和数学期望；(2)在玩具启动后，若某次亮灯为红灯，且亮红灯的概率在区间（，）内，则玩具会自动唱一首歌曲，否则不唱歌．现输入，则在前20次亮灯中，该玩具最多唱几次歌？【答案】(1)分布列见解析，(2)7次【分析】（1）由题意分析的所有可能取值为0，1，2，3.分别求概率，写出分布列，求出数学期望；（2）记第次亮灯时，亮起红灯的概率为，得到，能证明出是首项为，公比为的等比数列.求出，根据题意建立不等式，求出n的最大值.【详解】(1)据题意，的所有可能取值为0，1，2，3.当时，前3次亮灯的颜色为“绿绿绿”，则当时，前3次亮灯的颜色为“红绿绿”，或“绿红绿”，或“绿绿红”，则当时，前3次亮灯的颜色为“红红绿”或“红绿红”或“绿红红”，则当时，前3次亮灯的颜色为“红红红”，则所以的分布列为：0123 (2)记第次亮灯时，亮起红灯的概率为，由题设，则因为则，所以是首项为，公比为的等比数列.则，所以由，得，所以为奇数.由，得因为为奇数，则，即，则.当时，，9，11，13，15，17，19.因为玩具在这7次亮灯中亮红灯是随机事件，所以在前20次亮灯中，该玩具最多唱7次歌.22．已知函数，．(1)求函数的单调区间；(2)若直线l与函数，的图象都相切，求直线l的条数．【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减(2)两条【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；（2）设直线分别与函数，的图象相切于点，，依题意可得，即可得到方程组，整理得，令，利用导数说明函数的单调性，利用零点存在性定理判断零点的个数，即可得解；【详解】(1)解：由题设，，定义域为，则当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.(2)解：因为，，所以，，设直线分别与函数，的图象相切于点，则，即由，得即，即由，得，代入上式，得即，则设当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，，则在上仅有一个零点.因为，则在上仅有一个零点.所以在上有两个零点，故与函数，的图象都相切的直线有两条.