2022届湘豫名校高三下学期5月联考数学（文）试题含解析

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2022届湘豫名校高三下学期5月联考数学（文）试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据对数的运算求出集合，再根据交集的定义可求出结果.【详解】当时，，当时，，当时，，当时，，所以，所以.故选：A2．已知复数z满足（i为虚数单位），则等于（       ）A．0 B． C．1 D．【答案】C【分析】先利用复数的除法化简，再求模.【详解】解：因为复数z满足，所以，则，所以，故选：C3．已知数列为等差数列，，，则该数列的公差为（       ）A． B．3 C． D．5【答案】B【分析】根据等差数列的通项公式可求出结果.【详解】设公差为，则由得，解得.故选：B4．近年来，我国人口老龄化在不断加速，年至年，我国老年（岁及以上）抚养比逐年攀升．下图为国家统计局对年中国岁及以上人口数量与老年抚养比统计．根据上图进行分析，下列说法不正确的是（       ）A．年中国岁及以上人口数量为亿，同比年增长了约B．年老年抚养比为，较年增加了C．年的老年抚养比增速不低于年的老年抚养比增速D．年中国岁及以上人口数量的极差为亿，中位数为亿【答案】C【分析】根据图标中的数据依次判断各个选项即可.【详解】对于A，年中国岁及以上人口数量为亿，年中国岁及以上人口数量为亿，同比增长了，A正确；对于B，年老年抚养比为，年老年抚养比为，增加了，B正确；对于C，年的老年抚养比增加了；年的老年抚养比增加了，年的老年抚养比增速低于年的老年抚养比增速，C错误；对于D，年中国岁及以上人口数量的极差为亿；由中位数定义可知：中位数为亿，D正确.故选：C.5．已知角的大小如图所示，则（       ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】由终边上的点坐标及和角正切公式求得，再将目标式由弦化切求值即可.【详解】由题图知：，则，而.故选：C6．已知，，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据指对数关系及对数运算性质有，即可比较大小.【详解】由题设，，又，所以.故选：D7．已知实数x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象，确定目标函数的最优解，代入即可求解.【详解】由题意，画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数，可化为直线，当直线过点时，此时直线在轴上的截距最小，此时目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为.故选：B.8．如图，在正方体中，E，F分别为棱，的中点，O为正方形ABCD的对角线AC与BD的交点，则下列结论不正确的是（       ）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】C【分析】根据线面平行、面面平行的判定定理与性质定理证明A、B、D，延长、，与交于点，即可判断C；【详解】解：对于A：取的中点，连接、，由正方体的性质可得且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，故A正确；对于B：连接，则，平面，平面，所以平面，同理可证平面，又，平面，所以平面平面，所以平面，故B正确；对于C：延长、，与交于点，因为平面，所以平面，又，所以与平面不平行，故C错误；对于D：取的中点，连接、，根据正方体的性质可得、，、，所以、，又平面，平面，所以平面，同理可得平面，，平面，所以平面平面，所以平面，故D正确；故选：C9．已知函数的部分图象如图所示．其中阴影部分的面积为，则函数在上的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由最大值可知，结合可求得；根据正弦型函数的对称性和阴影部分的面积可求得最小正周期，进而得到，确定；由正弦型函数最值的求解方法可求得最小值.【详解】由图象知：，即；，，又，；阴影部分的面积为，由对称性可知：两个相邻的最高点与其在轴上的投影构成的矩形的面积为，即，，解得：，；当时，，则当时，.故选：C.10．已知抛物线，过焦点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点，以AB为直径的圆与x轴相交于P，Q两点，若的面积不小于2，则直线l的斜率k的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】联立直线与抛物线方程，根据韦达定理和弦长公式求出以AB为直径的圆的方程，令求出的坐标，得到，根据三角形面积列式可求出结果.【详解】依题意得，直线，联立，消去并整理得，设、，则，，则，所以，所以以AB为直径的圆的圆心为，半径为，所以该圆的方程为 ，令，得，得或，所以，所以的面积为，依题意得，得，得或.故选：D11．在边长为4的正方形ABCD中，E，F，G分别为AD，BC，AB的中点，现将矩形CDEF沿EF折起，使平面CDEF与平面ABFE所成的二面角为直二面角，则四面体CEGF的外接球的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点，连，根据面面垂直的性质定理证明平面，然后根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可得为四面体CEGF的外接球的球心，求出其半径后，利用球的表面积公式可求出结果.【详解】取的中点，连，如图：依题意可知，，因为平面CDEF与平面ABFE所成的二面角为直二面角，即平面CDEF平面ABFE，所以平面，所以，，，因为，且，所以平面，所以，因为为的中点，所以，所以为四面体CEGF的外接球的球心，其半径为，所以其表面积为.故选：B12．已知函数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分离变量可得，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可得的范围.【详解】当时，，恒成立；令，则；则当，即时，；当，即时，；在上单调递减，在上单调递增，，，即实数的取值范围为.故选：A.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题，求解此类问题的基本思路是通过分离变量的方式将问题转化为或，利用导数求解函数最值，根据或得到参数范围.二、填空题13．已知向量，，若，则______．【答案】2.4【分析】根据向量共线的坐标表示可求出结果.【详解】依题意可得，解得.故答案为：.14．已知函数为偶函数，则______．【答案】1【分析】由偶函数的性质，即可求参数.【详解】由题设，，所以.故答案为：115．《九章算术》是中国古代第一部数学专著．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为“畔”，高称为“正广”，非高腰边称为“邪”．如图所示，邪长为，东畔长为，在A处测得C，D两点处的俯角分别为49°和19°，则正广长约为______．（注：）【答案】【分析】根据余弦定理先求得，再根据直角三角形中的关系求得即可【详解】由题可得，，在中，由余弦定理可得 ，代入得，即，因为，故，故故答案为：16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，以线段为直径的圆O与双曲线M在第一象限交于点A，若，则双曲线M的离心率的取值范围为______．【答案】【分析】根据双曲线的定义以及勾股定理求出和，再根据可求出结果.【详解】依题意可得，又，所以，得，所以，所以，得，得.故答案为：.三、解答题17．某医院为筛查某种疾病，需要检验一项血液指标是否为阳性．(1)现有份血液样本，其中有份样本为阳性．若采取逐份检验的方式，求恰好经过次检验就能把阳性样本全部找出来的概率；(2)现有份血液样本送检，该医院打算分别采用甲试剂检验其中的份，采用乙试剂检验另外的份，检验结果如下表：根据上面的列联表判断，是否有的把握认为检验结果与使用甲、乙试剂的选择有关．附：，其中．【答案】(1)(2)没有的把握认为检验结果与使用甲、乙试剂的选择有关．【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式直接求解即可；（2）根据列联表数据可求得，对比临界值表可得结论.【详解】(1)恰好经过次检验就能把阳性样本全部找出来的概率.(2)由列联表数据计算可得：，没有的把握认为检验结果与使用甲、乙试剂的选择有关．18．在正项数列中，，．(1)求数列的通项公式；(2)设，且数列的前n项和为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由得，根据等差数列的通项公式可求出结果；（2）利用裂项求和法求出，再作差比较可证不等式成立.【详解】(1)由得,得,因为为正项数列,所以,所以,所以.(2)，所以，因为，所以.19．如图，在四棱锥中，，平面PAB，平面PAB，E为BC的中点，F为PB上一点，且，，．(1)求证：；(2)若直线DF与平面PAB所成的角为45°，求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定和性质可得，连接结合△△可得，最后由线面垂直的判定、性质证结论.（2）由已知有直线DF与平面PAB所成的角，由，根据已知条件及三棱锥的体积公式求体积.【详解】(1)由平面PAB，面PAB，则，又，由，则面，面，所以，即，连接，又E为BC的中点，则，所以在△和△中，则△△，所以，故，由，则面，面，故.(2)由平面PAB，则直线DF与平面PAB所成的角，所以，又，，则，而，故，所以，由E为BC的中点，平面PAB，故到面PAF的距离为，则三棱锥的体积.20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆C上一点，过焦点的动直线l与椭圆C交于A，B两点，且右焦点到直线l的最大距离为2．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设，且，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据右焦点到直线l的最大距离为2，求出，根据在椭圆上，得，结合可求出和，从而可得椭圆的标准方程；（2）利用直线的方程与椭圆方程联立，根据弦长公式求出，由求出，再利用的值，得到，即可得证.【详解】(1)因为右焦点到直线l的最大距离为2，所以，所以，依题意得，因为，所以，解得或（舍去），所以，所以椭圆C的标准方程为.(2)当直线的斜率不存在时，根据对称性可知，；当直线的斜率存在时，设，联立，消去并整理得，设，，则，，所以，，所以，所以，所以，同理，所以，所以，综上所述：21．已知函数，其中e为自然对数的底数，．(1)求函数的单调区间；(2)设，当时，证明：函数有且仅有一个极小值点，且．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）讨论、，利用导数研究的单调区间即可.（2）对求导并构造，利用导数研究的符号即确定的符号，可得的单调区间，可证极小值点的唯一性并确定其范围，再由、及二次函数的性质求证不等关系.【详解】(1)当时，在R上递增；当时有，若，则恒成立，故在R上递增；若，则上，递增；上，递减；综上，时的单调增区间为R，无减区间；时的单调增区间为，单调减区间为.(2)由题设，，则，令，则，所以上，递增；上，递减；又，，，，所以有两个零点分别为，且，即、上，上，则在、上，在上，所以在上递减，上递增，上递减，则有且仅有一个极小值点，且，令且，，综上，.【点睛】关键点点睛：第二问，对求导，构造中间函数研究单调性，进而判断的符号求的单调区间，得到极小值点及其范围，结合极小值点的性质和范围及的单调性求证不等式.22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的圆心为，半径为．(1)求直线和圆的极坐标方程；(2)若直线与圆相交于两点，求的值．【答案】(1)直线；圆(2)【分析】（1）将直线参数方程化为普通方程；将圆的直角坐标方程求解出来；根据极坐标与直角坐标互化方法即可得到所求极坐标方程；（2）利用正弦定理和圆极坐标方程可将所求值转化为的求解；将直线和圆的极坐标方程联立后，整理可得关于的一元二次方程的形式，利用韦达定理可求得结果.【详解】(1)由直线的参数方程可得其普通方程为：，直线的极坐标方程为：，即；圆的圆心为，即直角坐标系中的，半径，圆的直角坐标方程为：，即，圆的极坐标方程为：，即.(2)设，，在中，由正弦定理得：，，，又，，，；由得：，，整理可得：，，即，，即.23．已知函数．(1)当时，求不等式的解集；(2)若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2)或【分析】（1）代入，分类讨论去绝对值求解即可；（2）化简可得，再根据绝对值不等式求解的最小值，再求解不等式即可【详解】(1)代入有，当时，有，解得，此时有；当时，有，解得，此时有；当时，有，解得，此时有；综上可得解集为(2)由题可得，即，由绝对值的三角不等式可得，故要恒成立则，故，即，解得或使用甲试剂使用乙试剂合计阴性阳性合计