2022届湖南省邵阳市第二中学高三下学期高考全真模拟考试数学试题含解析

这是一份2022届湖南省邵阳市第二中学高三下学期高考全真模拟考试数学试题含解析，共20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届湖南省邵阳市第二中学高三下学期高考全真模拟考试数学试题
一、单选题
1．设集合，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先用列举法写出集合和集合，再判定他们之间的关系即可得出答案.
【详解】根据题意，
时，
所以选项D正确.
故选：D.
2．已知复数满足（其中为虚数单位），则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】由复数的除法法则可得，.
故选：A.
3．已知、表示两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（       ）
A．，， B．，
C．，， D．，，
【答案】C
【分析】利用已知条件判断线线、线面位置关系，可判断ABD选项的正误；利用面面垂直的性质定理以及线面平行的判定定理可判断C选项.
【详解】对于A选项，若，，，则、的位置关系不确定，A错；
对于B选项，若，，则与的位置关系不确定，B错；
对于C选项，设，过直线上的点在平面内作，如下图所示：

因为，，，，则，
，则，又因为，，所以，，C对；
对于D选项，，，，则、平行或异面，D错.
故选：C.
4．将名志愿者分配到个不同的社区进行抗疫，每名志愿者只分配到个社区，每个社区至少分配名志愿者，则不同的分配方案共有（       ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【分析】将名志愿者分为组，每组的人数分别为、、、，再将这组志愿者分配到个不同的社区，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】将名志愿者分为组，每组的人数分别为、、、，再将这组志愿者分配到个不同的社区，
由分步乘法计数原理可知，不同的分配方案种数为.
故选：B.
5．根据一组样本数据，，…，，求得回归方程为，且．现发现这组样本数据中有两个样本点和误差较大，去除后重新求得的回归直线的斜率为1.2，则（       ）
A．变量与具有负相关关系
B．去除两个误差较大的样本点后，的估计值增加速度变快
C．去除两个误差较大的样本点后，重新求得的经验回归方程为
D．去除两个误差较大的样本点后，相应于样本点的残差为
【答案】C
【分析】对A：根据经验回归方程为，，即可求解；对B：比较原线性回归方程的斜率和新回归方程的斜率，即可求解；对C：由线性回归方程的性质，即可求解；对D：利用残差公式，即可求解．
【详解】对A：经验回归方程为，，
变量与具有正相关关系，故选项A错误；
对B：，
去除两个误差较大的样本点后，的估计值增加速度变慢，故选项B错误；
对C：当时，，所以样本中心为，
去掉两个样本点为和，，，
样本中心不变，
去除后重新求得的经验回归直线的斜率为1.2，
，解得，
故去除两个误差较大的样本点后，重新求得的回归方程为，故选项C正确；
对D：，
，
去除两个误差较大的样本点后，相应于样本点的残差为，故选项D错误．
故选：C．
6．已知正项等比数列满足，若存在、，使得，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，则，根据已知条件求出的值，由已知条件可得出，将代数式与相乘，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】设等比数列的公比为，则，由可得，解得，
因为，则，，可得，
由已知、，所以，
，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：D.
7．已知向量，，满足对任意，恒有，则（     ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】对两边平方，可得关于的一元二次不等式 对任意恒成立，进而有，即，从而即可求解.
【详解】解：因为向量，，对任意，恒有，
所以，即对任意恒成立，
所以，即，
所以，即，
所以，
故选：C.
8．已知函数f(x)＝ekx﹣+1，（k≠0），函数g(x)＝xlnx，若kf(x)≥2g(x)，对∀x∈（0，+∞）恒成立，则实数k的取值范围为（       ）
A．[1，+∞） B．[e，+∞） C． D．
【答案】D
【分析】不等式变形为kxekx+kx≥x2lnx2+lnx2，引入新函数h（t）＝tlnt+lnt，t∈（0，+∞），由导数确定单调性后可得，取对数，变形为，再引入新函数v(x)＝，x∈（0，+∞），求得它的最大值即可得参数范围．
【详解】解：kf(x)≥2g(x)，对∀x∈（0，+∞）恒成立，
即kekx﹣+k≥2xlnx，化为：kxekx+kx≥x2lnx2+lnx2，显然k>0，
令h（t）＝tlnt+lnt，t∈（0，+∞），
∴h′（t）＝1+lnt+＝u（t），
u′（t）＝﹣＝，时，，递减，时，，递增，
可得t＝1时，函数u（t）取得极小值即最小值，u（1）＝2＞0，
∴h′（t）＞0恒成立，
∴函数h（t）在t∈（0，+∞）上单调递增，
而h（ekx）≥h（x2），
∴ekx≥x2，
∴kx≥2lnx，即k≥，
令v(x)＝，x∈（0，+∞），
∴v′(x)＝，
时，，递增，时，，递减，
可得x＝e时，函数v(x)取得极大值即最大值．
∴k≥．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究不等式恒成立问题，解题关键是把不等式变形后引入新函数，一是新函数，利用函数的单调性化简不等式，二是新函数v(x)＝，x∈（0，+∞），由分离参数数转化为求函数最值．
二、多选题
9．已知函数，则下列结论正确的是（       ）
A．
B．是图象的一条对称轴
C．的最小正周期为
D．将的图象向左平移个单位后，得到的图象关于原点对称
【答案】AC
【分析】变形得，然后根据三角函数的性质逐一判断即可.
【详解】，A正确；
，由于在对称轴处函数值要取到最值，故B错误；
，C正确；
将的图象向左平移个单位后得
，其为偶函数，不关于原点对称，D错误.
故选：AC.
10．下列命题中正确命题的是（       ）
A．已知、是实数，则“”是“”的必要不充分条件
B．命题：，，其否定形式为：，
C．函数与的图象关于直线对称
D．在等比数列中，、是方程的两根，则
【答案】AD
【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，结合充分条件、必要条件的定义可判断A选项；利用存在量词命题的否定可判断B选项；利用函数对称性的含义可判断C选项；利用等比中项的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，已知、是实数，，，
因此，“”是“”必要不充分条件，A对；
对于B选项，命题：，，其否定形式为：，，B错；
对于C选项，函数与的图象关于直线轴对称，C错；
对于D选项，在等比数列中，、是方程的两根，
设等比数列的公比为，则，，则，
，所以，，D对.
故选：AD.
11．已知为坐标原点，圆：，则下列结论正确的是（       ）
A．圆与圆内切
B．直线与圆相离
C．圆上到直线的距离等于1的点最多两个
D．过直线上任一点作圆的切线，切点为，，则四边形面积的最小值为
【答案】ACD
【分析】A.计算圆心距离与半径差的大小关系；B.求圆心到直线的距离来判断；C.圆心到直线的距离为来判断；D. 过直线上任一点作圆的切线，切点为，，四边形面积为：
，当垂直直线时，有最小值，求出的最小值，即可求出四边形面积的最小值，即可判断.
【详解】圆的圆心，半径，而圆的圆心，
所以，所以圆与圆内切，A正确；
圆心到直线的距离，故圆和直线相切或相交，B错误；
因为圆心到直线的距离为：，
因为，
又因为圆的半径为1，所以上到直线的距离等于1的点最多两个，故C正确；
过直线上任一点作圆的切线，切点为，，四边形面积为：
，当垂直直线时，有最小值，且，
因为，
所以，则四边形面积的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
12．如图，在棱长为的正方体中，为线段上一动点（包括端点），则以下结论正确的有（       ）


A．三棱锥外接球表面积为
B．三棱锥的体积为定值
C．过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为
D．直线与平面所成角的正弦值的范围为
【答案】ABD
【分析】求出三棱锥外接球的直径与表面积，可判断A选项；利用锥体的体积公式可判断B选项；作出截面图形，利用三角形的面积公式可判断C选项；计算出点到平面的距离，以及的取值范围，结合线面角的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，三棱锥外接球即为正方体的外接球，
正方体的外接球直径为，
故三棱锥外接球的表面积为，A对；
对于B选项，因为且，故四边形为平行四边形，
所以，，平面，平面，平面，
，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
，，B对；
对于C选项，且，则四边形为平行四边形，
所以，，
平面，平面，所以，平面，
又因为平面，，所以，平面平面，
所以，过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形为，
易知是边长为的等边三角形，该三角形的面积为，C错；
设点到平面的距离为，由知，
点到平面的距离为，
当点在线段上运动时，因为，若为的中点时，，，
当点为线段的端点时，，即，
设直线与平面所成角为，，D正确.
故选：ABD．

【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
三、填空题
13．若随机变量，且，则等于_________．
【答案】
【分析】利用正态分布曲线的对称性直接求解即可.
【详解】，，
.
故答案为：.
14．若展开式中只有第五项的二项式系数最大，则展开后的常数项为______．
【答案】1120
【分析】由二项式系数的性质，求出n，再写出二项展开式的通项，由通项中x的指数为0即可得解.
【详解】的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则由二项式系数性质知：展开式共有9项，则n=8，
展开式的通项为，
展开式中常数项，必有，即，
所以展开式中常数项为.
故答案为：.
15．已知函数，若不等式对恒成立，则实数的取值范围______．
【答案】
【分析】先判断函数在上为增函数，然后求得，所以原不等式可化为，从而得对恒成立，即对恒成立，然后利用基本不等式求出的最小值即可
【详解】，
因为在上为增函数，
所以在上为增函数，
因为，
所以可化为，
因为在上为增函数，
所以对恒成立，
所以对恒成立，
因为，所以，当且仅当，即时取等号，
所以，即实数的取值范围，
故答案为：
四、双空题
16．已知双曲线：，直线：．若直线平行双曲线的一条渐近线，则______；若在直线上存在点满足：过点能向双曲线引两条互相垂直的切线，则双曲线的离心率取值范围是______．
【答案】     2；    
【分析】根据双曲线渐近方程，结合平行线的性质、双曲线离心率公式、切线的性质、一元二次方程根的判别式进行求解即可.
【详解】双曲线的渐近线方程为：，
因为直线平行双曲线的一条渐近线，
所以有；
设过点且与双曲线相切的直线方程为，，
由，可得，
即为，
，
化简可得，
即，两根设为，，，
即为，
即为，看做关于的方程，，
可得，而，所以有，
所以双曲线的离心率．
故答案为：2；．
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程的性质是解题的关键.
五、解答题
17．已知数列的前n项和为，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）根据所给条件先求出首项，然后仿写，作差即可得到的通项公式;
（2）根据（1）求出的通项公式，观察是由一个等差数列加一个等比数列得到，要求其前项和，需采用分组求和法，即可求出前项和．
【详解】(1)∵，①
当时，，即
当时，．②
由①－②得，即
∴数列是以2为首项，4为公比的等比数列．
∴
(2)由（1）知
∴，
∴．
18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若，，点D在边BC上，且，求线段AD的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由诱导公式、两角和的正弦公式化简可得角；
（2）中由余弦定理求得，再由余弦定理求得，然后在中由余弦定理求得．
【详解】(1)在中，由正弦定理得       
因为，代入得

即．       
又，所以．             
又，所以．
(2)在中，由余弦定理得
所以，．             
在中，由余弦定理得．             
在中，由余弦定理得，
所以．
19．年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市！为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了所学校进行研究，得到如下数据：


(1)“单板滑雪”与“自由式滑雪”每项参与人数都超过人的学校可以作为“参与冬奥运动积极学校”，现在从这所学校中随机选出所，记为选出“参与冬奥运动积极学校”的学校个数，求的分布列和数学期望；
(2)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、跳跃、停止”这个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这个动作中至少有个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，小明同学“滑行”这个动作达到“优秀”的概率均为，其余每个动作达到“优秀”的概率都为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【答案】(1)分布列见解析，期望为
(2)轮
【分析】（1）分析可知“单板滑雪”与“自由式滑雪”每项参与人数超过人的学校共所，的所有可能取值为、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值；
（2）记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件，计算出的值，利用二项分布的期望公式可得出关于的不等式，求解即可.
【详解】(1)解：“单板滑雪”与“自由式滑雪”每项参与人数超过人的学校共所，的所有可能取值为、、、，
所以，，，，
所以的分布列如下表：











所以．
(2)解：记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件，
，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，
由题意可得，得到，因为，所以的最小值为，故至少要进行27轮测试．
20．如图，在直三棱柱中，，，为的中点.


(1)求证：平面；
(2)若三棱锥的体积等于，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于，连接，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）利用锥体的体积公式求出，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】(1)证明：连接交于，连接，
因为四边形是平行四边形，所以是的中点，是的中点，，
又平面，平面，平面．
(2)解：在直三棱柱中，平面，平面，所以，
，又为的中点，则，
，平面．
，，
所以，，
因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
设平面的一个法向量，，，
则，，令，则，
设平面的法向量为，，，
则，取可得，
．
因为二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为．
21．，是椭圆：的左、右顶点，是椭圆上位于轴上方的动点，直线，与直线：分别交于，两点，当点的坐标为时，．
(1)求椭圆的方程；
(2)记和的面积分别为和．求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列方程求解确定值即可；
（2）分别求出和的表达式，作比根据基本不等式求最值.
【详解】(1)由可得，∴，
把代入椭圆的方程得，解得，
所以椭圆的方程为．
(2)显然直线存在斜率，设直线的方程为，
由得，
设，则，，
从而，即，∴，
又，直线的方程为，得，，
，
则，
当且仅当，即时取等号，故的取值范围为．
【点睛】解析几何中与弦长相关的三角形面积常有两种求法：
（1），其中为弦长，为另一顶点到直线的距离；
（2）面积等于水平宽与铅锤高积的一半.
22．已知函数在处的切线斜率为．
（1）确定的值，并讨论函数的单调性；
（2）设，若有两个不同零点，，且．证明：．
【答案】（1），答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由导数的几何意义，根据切点处切线的斜率即可求参数m，进而可得且定义域为，构造，讨论、判断的符号，进而判断的单调性.
（2）由（1）得，有两个不同零点，则有，将其转化为，令，，利用导数研究其单调性，进而比较的大小关系即可证结论.
【详解】（1）的定义域为且，
∴，解得，则，
令，，
①当，即时，，，在上单调递增；
②当，即或，
当时，由有，，即，在上单调递增；
当时，，，
，，单调递增，
，，单调递减．
，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）知，，
∵有两个不同零点，，即，．
∴，即有．
令，，则．
令，则，
∴在上单调递增，又，
∴，即，在上单调递减．
∴，于是，
∴，又，故得证．
【点睛】关键点点睛：
（1）由切点处切线斜率与曲线在该切点处导数的关系求参数，构造函数，利用导数结合讨论不同的参数范围下函数的单调性.
（2）由函数的零点构造方程可得，利用换元法并构造函数，根据导数研究其单调性，即可证明不等式.