湖南省长沙市雅礼中学2022届高三下学期一模数学试题含答案

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2022届高三下学期一模数学试题含答案，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。

一、单选题（本大题共8小题）
1. 已知集合为全集的子集，若，则（ ）
A．AB．C．UD．
2. 已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3. 已知一个圆锥的体积为，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（ ）
A．B．3C．D．
4. 我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度）．二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则说法不正确的是（ ）
A．相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺
B．春分和秋分两个节气的晷长相同
C．立冬的晷长为一丈五寸
D．立春的晷长比立秋的晷长短
5. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，O为坐标原点，点P在C的一条渐近线上，若，则的面积为 （ ）
A．B．C．D．
6. 已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
7. 已知、是双曲线：的左、右焦点，点是双曲线上的任意一点（不是顶点），过作角平分线的垂线，垂足为，是坐标原点．若，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
8. 已知，对于任意的，都存在，使得成立，则下列选项中，可能的值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题）
9. 已知随机事件A，B发生的概率分别为，下列说法正确的有（ ）
A．若，则A，B相互独立B．若A，B相互独立，则
C．若，则D．若，则
10. 已知向量，，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若在上的投影为，则向量与夹角为
C．与共线的单位向量只有一个为
D．存在，使得
11. 设，过定点M的直线：与过定点N的直线：相交于点P，线段是圆C：的一条动弦，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．一定垂直B．的最大值为
C．点P的轨迹方程为D．的最小值为
12. 直三棱柱，中，，，点D是线段上的动点(不含端点)，则（ ）
A．平面
B．与不垂直
C．的取值范围为
D．的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
13. 已知函数（）的图象关于轴对称，且与直线相切，写出满足上述条件的一个函数______．
14. 以抛物线焦点为端点的一条射线交抛物线于点，交轴于点，若，，则________.
15. 甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行某种劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”，从这个回答分析，5人的名次排列共可能有________种不同的情况.（用数字作答）
四、双空题（本大题共1小题）
16. 对于集合的子集，定义的“特征数列”为，，，，其中，其余项均为0，例如子集的“特征数列”为0，1，1，0，0，，0．
（1）子集的“特征数列”的前四项和等于______；
（2）若的子集的“特征数列”，，，满足，，，的子集的“特征数列”为，，，，满足，，，则的元素个数为______．
五、解答题（本大题共6小题）
17. 设数列的前n项和为，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，求的表达式．
18. 在梯形中，//，．
（1）若，且，求的面积；
（2）若，，求的长．
19. 如图，在四边形中，，，，.沿将翻折到的位置，使得.
（1）作出平面与平面的交线，并证明平面；
（2）点是棱于异于，的一点，连接，当二面角的余弦值为，求此时三棱锥的体积.
20. 为帮助乡村脱贫，某勘探队计划了解当地矿脉某金属的分布情况，测得了平均金属含量（单位：）与样本对原点的距离（单位：）的数据，并作了初步处理，得到了下面的一些统计量的值．（表中，）．
（1）利用样本相关系数的知识，判断与哪一个更适宜作为平均金属含量关于样本对原点的距离的回归方程类型？
（2）根据（1）的结果回答下列问题：
（i）建立关于的回归方程；
（ii）样本对原点的距离时，金属含量的预报值是多少？
（iii）已知该金属在距离原点时的平均开采成本（单位：元）与，关系为，根据（2）的结果回答，为何值时，开采成本最大？
附：对于一组数据，其线性相关系数，
其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
21. 已知椭圆的上顶点为，过点且与轴垂直的直线被截得的线段长为.
(1)求椭圆的标准方程﹔
(2)设直线交椭圆于异于点的两点，以为直径的圆经过点线段的中垂线与轴的交点为，求的取值范围.
22. 已知函数，，其中是自然对数的底数．
(1)当,，求的取值范围；
(2)当时，求证：.
参考答案
1. 【答案】C
【分析】由可得出，从而求出结果.
【详解】解：因为，所以有，则.
故选：C.
2. 【答案】A
【分析】设，，根据复数相等列方程求解可得结果．
【详解】设，
由得
所以，解得
∴．
故选：A．
3. 【答案】C
【分析】根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果.
【详解】设底面半径为，高为，母线为，如图所示：
则圆锥的体积，所以，即，
，则，
又，所以，故．
故选：C．
4. 【答案】D
【分析】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列，其中寸，寸，公差为寸，可求出，利用等差数列知识即可判断各选项.
【详解】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列,其中寸，寸，公差为寸，则，
解得（寸），
同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列,首项，末项，公差（单位都为寸）.
故选项A正确；
春分的晷长为，
秋分的晷长为，，所以B正确；
立冬的晷长为，，即立冬的晷长为一丈五寸，C正确；
立春的晷长，立秋的晷长分别为，，
，，
，故D错误.
故选：D
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，等差数列在实际问题中的应用，数学文化，属于中档题.
5. 【答案】C
【分析】由题设条件写出焦点、的坐标，再根据点P在C的一条渐近线上且求出点P的纵坐标而得解.
【详解】双曲线C：中，，，渐近线方程：，
因，则点P在线段的中垂线：上，则P点纵坐标y0有，
所以面积.
故选：C
6. 【答案】D
【分析】根据，，两式平方相加得到，根据，得到代入求解.
【详解】因为，，
所以两式平方相加得，
即，
又因为，
所以，即，，
将代入，
得，即，
所以，
∴.
故选：D.
7. 【答案】D
【分析】先根据题意结合图象判断是的中点， ，再利用中位线定理、双曲线的定义和题中条件求得，即求得，即得渐近线方程.
【详解】依题意，延长交于Q，由是的角平分线，可知，是的中点， .
又O是的中点，故是的中位线，
所以，
故，即，故，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：D.
8. 【答案】C
【分析】由题意可知， ，若对于任意的，都存在，使得成立，则，进而有再将选项中的值，依次代入验证，即可求解．
【详解】由题意，，，即
，
故，即
，
所以，
，
，，
若对于任意的，都存在，使得成立，
则，
因为，所以，
对于A：当时， ， 的取值不符合条件，故A错误；
对于B：当时， ， 的取值不符合条件，故B错误；
对于C：当时， ， 的取值符合条件，故C正确；
对于D：当时， ， 的取值不符合条件，故D错误；
故选：C
9. 【答案】ABC
【分析】利用条件概率公式及独立事件的定义逐项分析即得.
【详解】因为随机事件A，B发生的概率分别为，
对于A，因为，所以A，B相互独立，故A正确；
对于B，若A，B相互独立，则，故B正确；
对于C，若，则，故C正确；
对于D，若，则，故D错误.
故选：ABC
10. 【答案】BD
【分析】由向量垂直的坐标表示求得判断A，根据投影的定义求得向量的夹角，判断B，根据共线向量和单位向量的定义判断C，举例使得与同向，即可判断D．
【详解】解：向量，，
对A：因为，所以，所以，故选项A错误；
对B：因为在上的投影为，即，
所以，又，
所以，
因为，所以向量与夹角为，故选项B正确；
对C：与共线的单位向量有两个，分别为和，故选项C错误；
对D：当时，，此时向量与共线同向，满足，所以存在，使得，故选项D正确；
故选：BD.
11. 【答案】AD
【分析】对于A：分m=0和讨论，判断 与是否垂直；
对于B：在Rt△PMN中，设∠PMN=，利用直角三角形边长关系表示出，利用三角函数求最值；
对于C：用定义法求出轨迹方程；
对于D：把转化为 ，求的最小值即可.
【详解】对于A：m=0时，直线：与： 垂直；
时直线：的斜率 ，：的斜率为 ，因为，所以 与垂直，综上，一定垂直.故A正确；
对于B：过定点，过定点 ，在Rt△PMN中，设，则 .故B错误；
对于C：由可得点 P轨迹方程为( ). 故C错误；
对于D：作，则，∴点D轨迹方程为 .
∵= ，且的最小值为 ，∴ 的最小值为 .故D正确.
故选：AD
【点睛】解析几何问题解题的基本思路：
（1）坐标法是解析几何的基本方法.
（2）解析几何归根结底还是几何，根据题意画出图形，借助于图形寻找几何关系可以简化运算．
12. 【答案】AD
【分析】由线面平行判定定理判断A，建立空间直角坐标系，用空间向量法研究垂直的判断B，判断以为直径的球与的交点情况，从而判断C，将面，翻折至与共面，此时点C与重合，在平面内求两点间的距离得结论判断D．
【详解】依题作图，如图1，并将其补成正方体，如图2
A：因为，平面，平面，所以平面，故A正确.
B：如图1，以A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，为z轴，
设，则，
当时，，当且时与不垂直，故B错误.
C：判断以为直径的球与的交点情况，
如图3，取中点F，则，，
所以以为直径的球与没有交点.所以，故C错误.
D：将面，翻折至与共面，此时点C与重合，所以的最小值为，且，故D正确.
故选：AD
图1 图2 图3
13. 【答案】（答案不唯一）
【分析】由已知得到函数的对称轴方程，从而得到，由与联立方程消去整理成的一元二次方程，由得到的关系，分别取值写出函数即可.
【详解】已知，
∵的图象关于y轴对称，
∴对称轴，∴，
∴，
联立，整理得，即，
∵的图象与直线相切，
∴，∴，
当时， .
∴满足条件的二次函数可以为．
故答案为： .
14. 【答案】3
【分析】设，根据，求出，再根据抛物线的定义得，将代入可求出结果.
【详解】依题意可得，设，则，
因为，，所以，
所以，又，
所以，所以，所以，解得，所以.
故答案为：3
15. 【答案】
【分析】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，先排乙，再排甲，其他三名同学在三个位置上全排列，由分步乘法计数原理即可求解.
【详解】由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，
先排乙，有第二、三、四名3种情况，
再排甲，除第一名和乙排的名次外，甲有3种情况，
其他三名同学排在三位置全排列有种，
由分步乘法计数原理可知共有种，
故答案为：.
16. 【答案】 3 33或34
【分析】（1）根据“特征数列”的定义写出子集的“特征数列”再求解即可；
（2）根据所给信息直接写出P，Q的“特征数列”分析即可
【详解】（1）子集的“特征数列”为1，0，1，1，1，0，0，…，0，所以．
（2）P的“特征数列”为1，0，1，0，1，0，…，1，0， Q的“特征数列”满足，且，或，故为1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，0，1或1，0，1，1，0，1，…，0，1，1，
则，或.考虑P，Q的“特征数列”周期的最小公倍数为6，一个周期内的元素个数为2，且共，故的元素共或，即33或34个．
故答案为：3,33或34.
17. 【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据通项与前n项和的关系可得，再根据求解即可；
（2）先化简，再根据求解即可.
【详解】（1）当时，，所以．
当时，，．
两式相减得：，即．
故.
故.
（2）因为，令，则，
∴{bn}为等差数列．
∴．
18. 【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）先求解出的值，再根据余弦定理求解出的长度，结合的面积公式求解出结果；
（2）根据已知条件在中结合正弦定理可求解出的值，根据结合两角和的余弦公式可求解出的值，在中利用余弦定理可求解出的长.
【详解】（1）如图，因为，所以，
在中，，，
由余弦定理，知，
所以，即，
解得或（舍），
所以的面积．
（2）在中，因为，，
所以，，
由正弦定理，所以，
又，
在中，由余弦定理知
，所以．
【点睛】易错点睛：利用正、余弦定理解决几何图形问题的注意事项：
（1）注意隐含条件的使用：以及变形；
（2）图形本身具备的性质：常见平面图形所具备的性质，主要是角度、长度、位置关系.
19. 【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线，由勾股定理可得，结合可得平面，在判断出平面即可证明；
（2）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由二面角的余弦值为建立向量关系，求出即可求出体积.
【详解】（1）如图，延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线.
证明：在中，，，，则，所以.
由，，，得平面.
又，所以平面，所以.
由，，，得.
所以，所以.
又因为，所以平面，即平面.
（2）由（1）知，，，.以点A为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
易得，，，，，则.
设（），则，则.
设是平面的一个法向量，
则，
令，则.
是平面的一个法向量.
由，解得.
所以点是的中点.
所以.
【点睛】利用法向量求解空间面面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
20. 【答案】（1）更适宜；（2）（i）；（ii）；（iii）为10时，开采成本最大．
【分析】（1）计算出的线性相关系数和的线性相关系数可得答案；
（2）（i）计算出和，可得关于的回归方程；
（ii）代入可得答案；
（iii）求出，令，判断的单调性可得答案．
【详解】（1）的线性相关系数，
的线性相关系数，
∵，
∴更适宜作为平均金属含量关于样本对原点的距离的回归方程类型．
（2）（i），，
∴，
∴关于的回归方程为．
（ii）当时，金属含量的预报值为．
（iii），
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
∴在处取得极大值，也是最大值，此时取得最大值，
故为10时，开采成本最大．
【点睛】本题考查了线性相关系数计算分析、线性回归方程进行预测，考查了学生利用数据解决问题的能力，计算能力.
21. 【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题设有且求参数a，进而写出椭圆方程.
（2）讨论的斜率，当斜率存在时设、，联立椭圆方程结合韦达定理求关于的表达式，再由，应用数量积的坐标表示列方程求参数m，进而求线段中垂线的方程及的范围，即可确定的取值范围.
【详解】（1）由已知条件得：，令，得，
由题意知：，解得，
∴椭圆的标准方程为，
（2）①当直线的斜率不存在时，显然不合题意；
②当直线斜率存在时，设，
当时，此时关于y轴对称，令，
∴且，则，又，
∴，解得或(舍)，则符合题设.
∴此时有；
当时，则，得，，
设，则，得，，
且，
由，即，
∴，整理得，解得（舍去），
代入得：，
∴为，得：，
则线段的中垂线为，
∴在轴上截距，而，
∴且，
综合①②:线段的中垂线在轴上的截距的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第二问，讨论直线斜率，设直线方程及交点坐标，联立椭圆方程并应用韦达定理求交点坐标与所设直线参数的表达式，再根据向量垂直的坐标表示求参数，进而确定中垂线方程及参数范围.
22. 【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的是否恒成立，由此可求得实数的取值范围；
（2）将所证不等式转化为证明（此时），由（1）中的结论可知，当时，函数在上恒为增函数，只需证明，构造函数，其中，利用导数得出，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，则，
①当时，由可知，
又因为，当且仅当时，等号成立，
所以恒成立，且不恒为零，
所以函数在上为增函数．又，所以对恒成立；
②当时，令，则，
当时，，，则，
所以，函数在上单调递增，
因为，，
由零点存在定理可知，存在，使得.
当时，，此时函数单调递减，故，不合乎题意.
综上所述，.
（2）证明：要证，只需证，
即证，即证，
即证（此时），
由（1）可知当时，函数在上恒为增函数，所以即证，
不妨令，其中，则.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，故，即，
所以原结论得证．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
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