2022届湖南省长沙市明德中学高三下学期二模数学试题含解析

这是一份2022届湖南省长沙市明德中学高三下学期二模数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届湖南省长沙市明德中学高三下学期二模数学试题
一、单选题
1．在复数平面内，复数对应的点的坐标是，则等于（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据复数对应的点的坐标，得到的表达式，利用复数乘法运算求解即可.
【详解】依题意，，.
故选：C.
2．已知集合，，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先求解集合和集合，再根据集合运算求交集.
【详解】依题意，，则；，则，
故，，.
故选：D
3．已知非零向量、满足，，则向量与向量夹角的余弦值为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据，设，，根据求出，再根据平面向量的夹角公式计算可得解.
【详解】因为，所以可设，，则，，
因为，所以，即.
则，
故选：A.
4．定义在上的偶函数在上单调递减，且，若不等式的解集为，则的值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由为偶函数，得，不等式可转化为，即可得出，解不等式即可得出答案.
【详解】因为为偶函数，，在单调递减，若，则，不等式可转化为，所以，解得：，所以且，即.
故选:B.
5．已知，则“”是“”的（       ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】构造函数，运用导函数得出所构造的函数的单调性，从而由充分必要条件的定义可得答案.
【详解】解：构造函数，则，函数在上单调递增.
若，则；若，则，
所以“”是“”的充要条件，
故选：A.
6．学校从高一名男数学老师和名女数学老师中选派人，担任本次模拟考试数学阅卷任务，则在选派的人中至少有名男老师的条件下，有名女老师的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据条件概率的计算公式，结合组合数的计算公式，即可求解
【详解】记“选派人中至少有名男老师”为事件，“选派人中有名女老师”为事件，
则，，
显然，所以.
故选：B.
7．已知函数，若，，则（       ）
A．点不可能是的一个对称中心
B．在上单调递减
C．的最大值为
D．的最小值为
【答案】D
【分析】根据函数的周期性可得，再根据函数的最值求出，从而得到函数解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：，的周期.
依题意可得，，则，即，
又，所以，
所以，所以点是的一个对称中心，A错误；
当时，B错误；当时，取最小值，C错误，D正确；
故选：D.
8．已知分别是椭圆的左、右焦点，点，点在椭圆上，，分别是的中点，且的周长为，则椭圆的方程为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】因为，所以三点共线，且，根据椭圆的定义求得，
设，根据，求得，代入椭圆的方程，求得的值，即可求解.
【详解】因为，所以三点共线，且，
因为分别为和的中点，
所以，所以，
设，，，
由，可得，
求得，，所以，
因为点在椭圆上，所以，求得，，
所以椭圆的方程为.
故选：B.

二、多选题
9．下列判断正确的是（       ）
A．在频率分布直方图中，最高的小矩形底边中点的横坐标是众数的估计值
B．已知随机变量服从正态分布，若，则
C．已知两个具有线性相关关系的变量的一组样本数据：，，，由这组样本数据得到的回归直线方程为，若，，则
D．若将一枚质地均匀的硬币连续抛掷次，记正面向上的次数为，则
【答案】AC
【分析】根据频率分布直方图中众数的求解方法，可判定A正确；根据，结合，得到，可判定B错误；根据回归直线的特征，可得判定C正确；根据二项分别的期望公式和期望的性质，可判定D错误.
【详解】对于A中，根据频率分布直方图中众数的求解方法，可得A正确；
对于B中，易知，因为，
所以，所以，所以B错误；
对于C中，回归直线必过样本点的中心，其中，，所以，即，所以C正确；
对于D中，根据题意得，则，
所以，所以D错误.
故选：AC.
10．如图，是底面直径为高为的圆柱的轴截面，四边形绕逆时针旋转到，则（       ）

A．圆柱的侧面积为
B．当时，
C．当时，异面直线与所成的角为
D．面积的最大值为
【答案】BC
【分析】对于A，由圆柱的侧面积公式可得；
对于B，由线面垂直的判定定理和性质定理可得；
对于C，由题知，为正三角形，根据异面直线所成的角的定义计算得解；
对于D，作，由线面垂直的判定定理和性质定理得.在中，，代三角形面积公式得解.
【详解】对于A，圆柱的侧面积为，A错误；
对于B，因为，所以，又，
所以平面，所以，B正确；
对于C，因为，所以就是异面直线与
所成的角，因为，所以为正三角形，
所以，因为，所以，C正确；

对于D，作，垂足为，连接，所以平面，所以.
在中，，
，所以，D错误.
故选：BC.
11．已知为坐标原点，点在直线上，是圆的两条切线，为切点，则（       ）
A．直线恒过定点
B．当为正三角形时，
C．当时，的取值范围为
D．当时，的最大值为
【答案】BD
【分析】根据直线过定点判断A，根据圆的切线的性质判断B，求出点的轨迹方程，根据点到直线的距离公式得到不等式，解得即可判断C，根据数量积的几何意义得到，从而得到，再利用基本不等式判断D；
【详解】对于A，直线恒过定点，故A错误；
对于B，因为为正三角形，则，所以，故B正确；
对于C，因为，所以四边形为正方形，则，
所以点的轨迹方程为，问题转化为直线与点的轨迹有公共点，
所以，即，所以的取值范围为，故C错误；
对于D，因为，则，即，
由，所以，当且仅当时取等号，故D正确；
故选：BD.
12．已知，若（为自然对数的底数），则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】由可得，利用作差法即可判断A；令，根据导数可判断函数在上递增，结合A及指数函数的单调性可判断B；根据指数函数的单调性结合基本不等式可判断C；结合B根据对数函数的单调性可判断D.
【详解】解：因为，
所以，即，
对于A，因为，
所以，故A正确；
对于B，令，则，
所以在上单调递增，
因为，所以，
所以，即，所以，故B错误；
对于C，因为，所以，
当且仅当，即时取等号，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知展开式的二项式系数之和为，则展开式中系数为有理数的项的个数是________．
【答案】4
【分析】先求出，再求出展开式的通项，知当时，展开式中系数为有理数，即可求出展开式中系数为有理数的项的个数.
【详解】依题意，知，，
则展开式的第项为，
当时，展开式中系数为有理数，所以展开式中系数为有理数的项的个数为.
故答案为：4.
14．已知数列的前项和为，且，则________．
【答案】
【分析】求出的前几项，发现数列是周期数列，周期为，且，所以，代入即可得出答案.
【详解】，，
，，
因为，
所以数列是周期数列，周期为，因为，
所以.
故答案为：.
15．已知双曲线的右焦点为，过原点的直线与双曲线交于两点（点在第一象限），为线段的中点，若，，则双曲线的离心率为________．
【答案】
【分析】由题干中的已知条件，结合图形，可得为等边三角形，为直角三角形，利用双曲线定义，得到与的关系式，即可求解.
【详解】如图，设双曲线的左焦点为，连接，

因为为线段的中点，所以，，
因为，所以，由双曲线的对称性知，
因为，所以，所以，
所以为直角三角形，在中，，，因为，即，所以双曲线的离心率.
故答案为：.
四、双空题
16．如图，在三棱锥中，，，分别为棱的中点，为三棱锥外接球的球心，则球的体积为________；平面截球所得截面的周长为________．

【答案】         
【分析】将三棱锥补成正方体，则正方体的外接球是三棱锥的外接球，求出外接球半径，从而求出体积，求解截面周长，方法一：找到截面圆心，得到截面圆的半径，求出截面周长；方法二：建立空间直角坐标系，用空间向量求解出点到平面的距离，进而求出截面半径和周长.
【详解】因为，
将三棱锥补成正方体如图1，
所以三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心是的中点.
设外接球的半径为，则，即，
所以.            

方法一：设，因为平面，，
所以平面，所以平面平面，
因为平面平面，
过作，垂足为，如图2，则平面，且是截面的圆心.

设，如图3，在矩形中，

所以，过作，垂足为，则，
在中，，，
，则，所以，
设截面圆的半径为，则，故截面的周长为.
方法二：以分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
由，得，
所以平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，球心到平面的距离为
所以，且.
设截面的半径，则，所以截面的周长为.
五、解答题
17．已知数列前项和为，若，且成等差数列．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)记数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)由条件关系变形结合等比数列定义判断即可；(2)由(1)求数列的通项公式，再由等比数列的求和公式求出，再证明即可.
【详解】(1)，                                        
因为成等差数列，所以，                              
所以，且，                                     
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
(2)由（1）知.                                           

.                                     
一方面，；
另一方面，，
是递增数列，所以.
综上所述，.
18．如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，是菱形，分别是的中点，，．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)由平面平面可得平面，从而，所以平面.
（2）建立空间直角坐标系，计算可得.
【详解】(1)证明：因为侧面为矩形，所以，
因为平面，平面平面，
平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为侧面为菱形，所以，
因为，所以平面
(2)取的中点，连接，因为四边形为菱形，且，
所以为正三角形，所以，因为，所以，
所以平面，所以两两垂直.
以分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系.       
   
设，则，且，
则，，，，
，.，，
，，
设平面的一个法向量，
由，得，求得，
设平面的一个法向量，
由，得，求得，                      
，                                                                 
，所以二面角的正弦值为.
19．如图，记的内角的对边分别为．已知点在边上，，．

(1)求证：；
(2)若，
（i）求；
（ii）当时，求的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）由得，再对求正弦可得答案；                                                                             
（2）（）由正弦定理得，再由，可得答案；（）由可得，在中，由余弦定理得， 从而得到，在中，由余弦定理得，可得周长.
【详解】(1)因为，，所以，                  
所以，             
即，                 
所以.
(2)（）因为，
所以由正弦定理得，，求得，                            
由（1）得，，                              
所以，                                                         
（）因为，所以，则 ① ，   
在中，，，
由余弦定理得，，化简得② ，       
联立①和②求得，，             
在中，由余弦定理得，，即，   
所以的周长为.
20．沙滩排球是一项每队由两人组成的两队在由球网分开的沙地上进行比赛的运动．它有多种不同的比赛形式以适应不同人、不同环境下的比赛需求．国家沙滩排球队为备战每年一次的世界沙滩排球巡回赛，在文昌高隆沙湾国家沙滩排球训练基地进行封闭式训练．在某次训练中，甲、乙两队进行对抗赛，每局依次轮流发球（每队不能连续发球），连续赢得个球的队获胜并结束该局比赛，并且每局不得超过个球．通过对甲、乙两队过去对抗赛记录的数据分析，甲队发球甲队赢的概率为，乙队发球甲队赢的概率为，每一个球的输赢结果互不影响，已知某局甲先发球．
(1)求该局第二个球结束比赛的概率；
(2)若每赢个球记分，每输一个球记分，记该局甲队累计得分为，求的分布列及数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）由题意可知，第二球结束比赛有两种情况，甲队连续赢得2个球和乙队连续赢得2个球，分别计算其概率，求和即可.
（2）由题意得随机变量的所有可能取值，分别计算概率，列出分布列，根据分布列求数学期望.
【详解】(1)记：“甲队发球甲队赢”为事件，“乙队发球甲队赢”为事件，“第二个球结束比赛”为事件，则，，，，
因为事件与互斥，所以
，
所以该局第二个球结束比赛的概率为.
(2)依题意知随机变量的所有可能取值为
；

；


；

.
所以的分布列为

0
2
4
6





故数学期望.
21．已知抛物线的焦点为，准线与抛物线的对称轴的交点为，点在抛物线上，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线交抛物线于两点，点A在轴上的投影为，直线分别与直线（为坐标原点）交于点，与直线交于点，记的面积为，的面积为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依据题给条件列方程组求得的值，即可得到抛物线的方程；
（2）联立直线与抛物线的方程，利用设而不求的方法求得P、Q点的坐标，再去求得的表达式，进而可证明
【详解】(1)作，垂足为，则.

因为，所以，.
因为点在抛物线上，所以，
消去得：，解得.
所以抛物线的方程为.
(2)设，
由，消去得.
则，因为，所以，则.                                                            
依题意知直线的方程为，直线的方程为.                                                          
由，得点的坐标为.       
由得的坐标为.   
要证，即证，即证.
即证，即证.
因为，，
所以

.
即，所以.
22．已知函数．
(1)求证：；
(2)是否存在唯一实数，使得成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据题意转化为证明，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
（2）假设存在唯一实数，转化为方程在内存在唯一实数根，令，求得导数则，
当时，得到在上单调递减，得出在内无零点；当时，令，求得，再分、和，求得函数的单调性与最值，进而得到结论.
【详解】(1)证明：要证 ，
即证，即证，
令，可得，
当时，，单调递减，
当，，单调递增，
所以，所以.
(2)解：假设存在唯一实数，使得，即，
问题转化为方程在内存在唯一实数根.               
令，
则，
（1）当时，，在上单调递减，，
所以在内无零点；
（2）当时，令，
可得，
①当，即时，，在单调递减，
且，即，
在单调递增，，所以在内无零点.            
②若，即时，当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，所以，在上单调递增，，所以在无零点；
③若，即时，，在单调递减，
因为，，
由，所以，使得，
当时，，则，单调递减，，
所以在内无零点.                                                          
当时，，则，单调递增，
由（1）知，，
所以，
令，则，
取时，，，
在内存在唯一零点，所以在内存在唯一零点.            
综上所述，存在唯一实数，使，的取值范围为.