2022届湖南省长沙市长郡中学高三下学期高考前保温卷数学试题含解析

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2022届湖南省长沙市长郡中学高三下学期高考前保温卷数学试题一、单选题1．已知集合，集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据指数函数的性质，求得集合，再结合集合的运算法则，即可求解.【详解】由题意，可得集合，即集合，又由集合，可得，所以.故选：D.2．已知，则复数（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设（a，），代入，利用复数相等求解.【详解】设（a，），则.因为，所以,即，整理得，所以，解得，所以.故选：C3．二十四节气歌是为了方便记忆我国古时立法中的二十四个节气而编成的小诗歌，体现着我国古代劳动人民的智慧.四句诗歌“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中，每一句诗歌的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】直接由组合结合古典概型求解即可.【详解】由题意知：从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的概率为.故选：C.4．已知命题p：点在圆内，则直线与C相离；命题q：直线直线m，//平面，则.下列命题正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分析真假性后判断选项【详解】对于命题p，点在圆内，则，故圆心到直线距离，直线与圆相离，为真命题，对于命题q， 与位置关系不确定，为假命题，选项中只有为真命题．故选：B5．已知数列{}满足（n∈N），则=（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据已知条件，应用作差法可得，进而求得数列{}的通项公式，注意验证是否满足通项公式.【详解】由题设，①，则②，①-②得：，所以，由①知也满足上式，故（n∈N）.故选：C.6．若，则“”的一个必要不充分条件是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据命题的定义，逐个选项进行赋值验证即可【详解】因为，对于A，当，取，明显可见，不成立，故必要性不成立，A错误；对于B，当，，得，必要性成立；当，取，，明显可见，，则不成立，充分性不成立；则B正确对于C，当，取，明显可见，，则不成立，故必要性不成立，则C错误；对于D，当成立，则，明显可见，成立；当，两边平方，同样有，充分性也成立，D错误；故选：B7．若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则当取最大值时，（       ）A． B． C． D．4【答案】B【分析】根据给定条件，利用弦定理边化角，再借助二倍角公式、同角公式将用表示，然后用均值不等式求解作答.【详解】在中，由正弦定理及得：，即，显然，，否则，B不是钝角，否则，A为钝角，矛盾，则B为锐角，，，当且仅当，即，取“=”，所以当时，取最大值，此时.故选：B8．已知函数f（x）满足：对任意的，若函数与图像的交点为，则的值为（       ）A．0 B．2n C．n D．-n【答案】C【分析】根图象的对称性可得的值.【详解】因为任意的，故的图象关于对称.又，设，则的定义域为且，故为奇函数，故其图象关于原点对称，而，故图像关于对称.故函数与图像的诸交点关于对称，不妨设，则，且，其中，故，所以，故，故选：C.二、多选题9．现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译､导游､礼仪､司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是（       ）A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为C．每项工作至少有1人参加，甲､乙不会开车但能从事其他三项工作，丙､丁､戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为【答案】ABD【分析】根据分步乘法计数原理判断A、B，对开车的人员分类讨论利用分步乘法计数原理及分类加法计数原理判断C，按照部分平均分组法判断D；【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，故错误；对于，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故错误；对于，根据题意，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出2人开车，②从丙，丁，戊中选出1人开车，则有种安排方法，正确；对于，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，错误；故选：．10．正弦信号是频率成分最为单一的一种信号，因这种信号的波形是数学上的正弦曲线而得名，很多复杂的信号都可以通过多个正弦信号叠加得到，因而正弦信号在实际中作为典型信号或测试信号而获得广泛应用已知某个声音信号的波形可表示为，则下列叙述不正确的是（       ）A．在内有5个零点B．的最大值为3C．是的一个对称中心D．当时，单调递增【答案】ABD【分析】结合三角函数的零点、最值、对称中心、单调性等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.【详解】对于A，由，令，则或，易知在上有2个零点，A错误．对于B，因为，由于等号不能同时成立，所以，B错误．对于C，易知为奇函数，函数关于原点对称，又周期为，故是的一个对称中心．对于D，，因为，所以时，即：（）时，单调递增，（）时，单调递减，故D错误．故选：ABD11．在所有棱长都相等的正三棱柱中，点A是三棱柱的顶点，M，N、Q是所在棱的中点，则下列选项中直线AQ与直线MN垂直的是（       ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，从而求得的坐标，计算，即可判断A,B,C,D的正误.【详解】所有棱长都相等的正三棱柱中，点A是三棱柱的顶点，M，N、Q是所在棱的中点,故可设棱长为2，在正三棱柱中建立如图所示的空间直角坐标系：对于A， ,故 ,则，故，即，故A正确；对于B， ,故 ,则，故不垂直，故B不正确；对于C， ,故 ,则，故，即，故C正确；对于D， ,故 ,则，故不垂直，故D不正确；故选：AC12．如图所示，将平面直角坐标系中的格点 (横、纵坐标均为整数的点) 的横、纵坐标之和作为标签，例如：原点处标签为0，记为；点处标签为1，记为；点 处标签为 2，记为；点处标签为1，记为；点处标签为0，记为 以此类推， 格点 处标签为，记 ，则（       ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据图示，分析可得第一圈从到共8个点，由对称性可得，第二圈16个点，相加也为0，归纳可得第n圈共有8n个点，这8n项的和也是0，分析所在位置，即可判断A的正误；求得、的值，可判断B的正误；代入特殊值检验，可判断C的正误；分析可得，求得各项值，分析计算，即可判断D的正误，即可得答案.【详解】由题意得，第一圈从到共8个点，由对称性可得，第二圈从到共16个点，由对称性可得，根据归纳推理可得第n圈共有8n个点，这8n项的和也是0，设在第n圈，则，且，由此可知前22圈共有2024个点，即，且对应点为，所以对应点为，对应点为，所以，故A正确；因为，所以，故B错误；由图可得对应点为（1,3），所以，故C错误；因为，又对应点为（n, - n），所以，对应点为（n -1,- n），所以对应点为（1，-n），所以所以，故D正确.故选：AD【点睛】难点在于需根据图示，归纳推理，总结规律，逐一分析各个选项，进行判断，对于，需进行合理分析和归纳，难度较大，属难题.三、填空题13．已知，则___________．【答案】0【分析】利用向量坐标运算求得正确选项.【详解】，.故答案为：14．已知定义在上的单调递增函数，对于任意的，都有，且恒成立，则______．【答案】9【分析】令，根据函数的性质结合已知，求出的值，通过归纳的思想求出时，的表达式，最后代入求值即可.【详解】令，则有，若，则有，显然矛盾；若，则有，显然与已知矛盾，当大于3的整数时，与已知函数是单调递增相矛盾，故，所以有；令时，；令时，，根据函数的性质可知：；令时，；令时，；令时，；令时，；根据函数的性质可知：；令时，；根据函数的性质可知：；令时，；根据函数的性质可知：，令时，； 令时，；令时，； 令时，；所以归纳得到当时，所以故答案为：915．如图，已知扇形的半径为，以为原点建立平面直角坐标系，，，则的中点的坐标为__________.【答案】【分析】根据三角函数定义、二倍角公式、同角三角函数关系可求得，由此可求得点坐标.【详解】由三角函数定义得：，，，，，，点坐标为.故答案为：.16．一个二元码是由0和1组成的数字串．，其中称为第k位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）．已知某种二元码的码元满足如下校验方程组：，其中运算定义为：．现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101011，那么利用上述校验方程组可判定k等于___．【答案】6【分析】由题意，相同数字经过运算后为，不同数字运算后为，讨论错误发生的位置，结合校验方程组，依次验证即可得结果．【详解】依题意，二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101011，①若，则，从而由校验方程组，得，故；②若，则，从而由校验方程组，得，故；③若，则，从而由校验方程组，得，故；④若，则，从而由校验方程组，得，故；⑤若，则，从而由校验方程组，得，故；⑥若，则，从而由校验方程组，得，故符合；⑦若，则，从而由校验方程组，得，故；综上，等于6．故答案为：6四、解答题17．如图，中，角，，的对边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)已知，若为外接圆劣弧上一点，求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）法一：先用正弦定理化边为角，再用正弦公式化简，即可求得的值，最后结合三角形角的范围即可求得结果；法二：先用余弦定理对化角为边，化简后再用余弦定理化边为角，即可求得的值，再结合三角形角的范围即可求得结果；（2）法一：设，先用正弦定理化角为边，结合辅助角公式，即可得到关于的函数，讨论最大值即可；法二：用余弦定理化角为边，结合基本不等式得到关于的不等式，最后讨论最大值及其成立的条件.【详解】(1)法一：∵，由正弦定理得：，∴，∴，∵，∴，又∵，∴.法二：∵，由余弦定理得：，∴，∴，∵，∴.(2)由（1）知，，而四边形内角互补，则，法一：设，则，由正弦定理得：，∴，，∴，当且仅当时，的最大值为.法二：在中，，，由余弦定理得：，∴，∴，当且仅当时，的最大值为.18．已知等差数列的前n项和为，又对任意的正整数，都有，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）由可得等差数列的公差，再由可求出，从而可求出数列的通项公式，（2）分和两种情况求解即可【详解】(1)设等差数列的公差为，因为，所以，又，即，解得所以(2)由（1）知，令，得当时，，从而当时，，综上得19．如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且．(1)求t的值；(2)对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由．【答案】(1)；(2)P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，理由见解析【分析】（1）建立空间坐标系，易得面的一个法向量为，用表示出面的法向量，通过二面角的大小为30°建立方程，解方程即可；（2）取中点，中点，连接，证明面平面BEC，结合面，即可求出P的轨迹.【详解】(1)易知面，，以所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系，则，，，易知面的一个法向量为，设面的法向量为，则，令，则，可得，解得或3，又点E在弦AD上，故.(2)P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，证明如下：取靠近的三等分点即中点，中点，连接，由为中点，易知，又面，面，所以平面BEC，又，面，面，所以平面BEC，又，所以面平面BEC，即和所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC，又面，故P的轨迹即为所在直线，即过靠近的三等分点及中点的直线.20．2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊赛．约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜：若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，乙赢概率为；甲与丙比赛，丙赢的概率为p，其中．(1)若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛？(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金3万元，负队获奖金1.5万元；若平局，两队各获奖金1.8万元．在比赛前，已知业余队采用了（1）中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望的取值范围．【答案】(1)业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛(2)的取值范围为：（单位：万元）.【分析】（1）分别求出第一场比赛，业余队安排乙与甲或丙与甲进行比赛业余队获胜的概率，比较两者的大小即可得出答案.（2）由已知万元或万元，分别求其对应的概率，得到分布列，求出，由，求出的取值范围.【详解】(1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：;第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：，因为，所以，所以.所以，业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.(2)由已知万元或万元.由（1）知，业余队最优决策是第一场应该安排乙与甲进行比赛.此时，业余队获胜的概率为，专业队获胜的概率为，所以，非平局的概率为，平局的概率为.的分布列为：的数学期望为（万元）而，所以的取值范围为：（单位：万元）.21．已知双曲线C：的离心率为2，，为双曲线C的左、右焦点，是双曲线C上的一个点．(1)求双曲线C的方程；(2)若过点且不与渐近线平行的直线l（斜率不为0）与双曲线C的两个交点分别为M，N，记双曲线C在点M，N处的切线分别为，，点P为直线与直线的交点，试求点P的轨迹方程（注：若双曲线的方程为，则该双曲线在点处的切线方程为）【答案】(1)(2)【分析】（1）根据基本量列方程求解即可；（2）设出直线l：和交点，根据题意列出方程消去即可求出.【详解】(1)据题意，则，点在双曲线上，则，又，则，∴，，，∴双曲线的方程为．(2)设，，直线l：，联立，，，由题知，切线：，切线：，记，则，两式相加得，将代入得③；两式相减得得，由得④，联立③和④得，故，又，所以，则，故点的轨迹方程为．【点睛】方法点睛 ：求某点的轨迹方程，可以先设出该点，然后运用已知条件寻求横纵坐标之间的关系.22．已知函数.(1)若函数，讨论的单调性；(2)从下面①②两个问题中任意选择一个证明，若两个都证明，则按第一个证明计分.①若函数，，且，证明：.②若函数，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导后，分类讨论，利用导数的符号可得结果；（2）得到，若选①，不妨设，则，分两种情况讨论：分别当和时，利用导数可证不等式成立；若选②，利用导数证明，即可得证.【详解】(1)因为，所以，的定义域为，.当时，，在上单调递增.当时，若，，单调递减；若，，单调递增.综上所述：当时， 在上单调递增.当时， 在上单调递减，在上单调递增.(2)证明：选①因为，所以，的定义域为，且.当时，，单调递减；当时，，单调递增.不妨设，则，由，可知.当时，显然成立.当时，，由，且，可知，则，.设，，，在上单调递增，所以，所以成立.综上所述，.选②.设，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以，，因此，当且仅当时，等号成立.设，，则.当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此，从而，则，因为，所以中的等号不成立，故.【点睛】关键点点睛：第（2）问，选②时，利用导数证明，是解题关键.