湖南省岳阳市第一中学2022届高三下学期一模数学试题含答案

这是一份湖南省岳阳市第一中学2022届高三下学期一模数学试题含答案，共19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. 定义集合的一种运算：，若，，则中的元素个数为（ ）
A．B．C．D．
2. 若为虚数单位，复数满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3. “”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4. 如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透之美，充分体现唐代金银器制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作.该杯主体部分的轴截面可以近似看作双曲线的一部分，若的中心在原点，焦点在轴上，离心率，且点在双曲线上，则双曲线的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
5. 已知数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
6. 设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
7. 已知平面四边形中，，，，，，则（ ）
A．或B．C．D．
8. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题）
9. 设随机变量服从正态分布，且，则实数的值可为（ ）
A．B．C．D．
10. 已知正方形的对角线长为，是它的内切圆一条弦，点为正方形四条边上的一个动点，当弦的长度最大时，不可能为（ ）
A．B．C．D．
11. 已知函数，，若存在，使得对任意，恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A．对任意，
B．存在，使得
C．存在，使得在上有且仅有1个零点
D．存在，使得在上单调递减
12. 如图，在三棱锥中，，，，为的中点，点是棱上一动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的表面积为
B．若为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
C．若与平面所成角的正弦值为，则二面角的正弦值为
D．的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
13. 已知函数，则________．
14. 的展开式的常数项是________．
15. 已知点为椭圆的左焦点，过原点的直线交椭圆于两点，点是椭圆上异于的一点，直线的斜率分别为，且，若，则________．
四、双空题（本大题共1小题）
16. 用标有克，克，克的砝码各一个，在某架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置砝码，那么该天平所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有______种；若再增加克，克的砝码各一个，所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有______种．
五、解答题（本大题共6小题）
17. 已知在中，三个内角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若角为钝角，且角的角平分线与边相交于点，满足，求的面积的最小值.
18. 已知数列是公比的等比数列，，且，，成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，，记，若，证明：.
19. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，.
(1)求证：平面；
(2)若三棱锥的外接球表面积为，求三棱锥的体积与三棱锥的外接球的体积的比值.
20. 有编号为A、的两个盒子，A盒子中有6个球，其中有2个球上写有数字，3个球上写有数字1，1个球上写有数字，盒子中也有6个球，其中有2个球上写有数字，2个球上写有数字1，2个球上写有数字.现从A盒子取2个球，从盒子取1个球，设取出的3个球数字之积为随机变量.
(1)求随机变量的分布列和数学期望；
(2)记“函数向右平移个单位长度得到一个对称中心为的函数”为事件，求事件发生的概率.
21. 已知抛物线上一点，抛物线的焦点在以为直径的圆上（为坐标原点）.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点引圆的两条切线、，切线、与抛物线的另一交点分别为、，线段中点的横坐标记为，求实数的取值范围.
22. 已知函数.
(1)讨论的单调性和最值；
(2)若关于的方程有两个不等的实数根，求证：.
参考答案
1. 【答案】C
【分析】根据集合的新定义确定集合中的元素.
【详解】因为，，，
所以，
故集合中的元素个数为3，
故选：C.
2. 【答案】C
【分析】表示的几何意义是复数对应的点与点连线段的长度，从这个角度可以得到复数模的最大值.
【详解】表示的几何意义是复数对应的点到原点的距离小于等于1，
表示的几何意义是复数对应的点与点连线段的长度，
故的最大值为，
故选：C.
3. 【答案】D
【分析】根据充分必要条件的定义判断．
【详解】因为，或，
所以是的既不充分也不必要的条件．
故选：D．
4. 【答案】C
【分析】利用待定系数法可求双曲线的标准方程.
【详解】设双曲线的方程为：，
因为离心率，故半焦距，故，
而双曲线过，故，解得，
故双曲线的方程为：，
故选：C.
5. 【答案】C
【分析】利用递推公式，分别求出，即可求解.
【详解】因为，，
所以，所以；
，所以；
，所以；
，所以；
所以.
故选：C
6. 【答案】A
【分析】根据指数函数与对数函数的性质判断．
【详解】,
所以，
，而，
所以．
故选：A．
7. 【答案】D
【分析】由向量的线性运算及数乘定义得，从而得是直角梯形，求出的长后可得．
【详解】，
所以，即，所以是直角梯形，如图，作于，则是矩形，
，，则，，所以，
即，又，
所以，．
故选：D．
8. 【答案】C
【分析】先判断为上的增函数且，利用这两个性质可得关于不等式，利用判别式可求参数的取值范围，注意分类讨论.
【详解】的定义域为，
，故，
，
因为（当且仅当等号成立），
（当且仅当等号成立），
故，所以为上的增函数，
故可转化为：，
即转化为：，
所以对任意的恒成立，
故对任意的恒成立，
当时，恒成立，故符号，
当时，，故，
当时，的图象为开口向上的抛物线，
故对任意不恒成立，舍，
故，
故选：C.
9. 【答案】AD
【分析】根据正态分布的图象对称性求解即可
【详解】由题，正态分布图象关于对称，故，即，解得或
故选：AD
10. 【答案】AD
【分析】建立平面直角坐标系，分析出为圆的直径，设，则满足.利用向量坐标化计算出.对照四个选项,即可得到答案.
【详解】因为正方形的对角线长为，所以边长为.
建立如图示的平面直角坐标系，则正方形的内切圆的方程为
当弦的长度最大时，为圆的直径.设，则,且.
当点P在CD上时，可设.
则，所以.
因为，所以.即.
当点P在AB上时，可设.
则，所以.
因为，所以.即.
当点P在BC上时，可设.
则，所以.
因为，所以.即.
当点P在AD上时，可设.
则，所以.
因为，所以.即.
综上所述：.
对照四个选项,不可能为：AD.
故选：AD.
11. 【答案】AD
【分析】应用二倍角公式，两角和的正弦公式化简函数式，是的最大值点，由周期得是最小值点，这样易判断AB，根据的定义，利用正弦函数性质得出在上递减，在上递增，时，，由此判断CD．
【详解】，其中，，为锐角，
恒成立，则是的最大值，是其函数图象的一条对称轴，因此，A正确；
的周期是，因此是最小值点，B错；
，则时，，时，，
所以时，，，在上恒为0，有无数个零点，C错；
由的定义知其在上递减，在上递增，
所以当时，，D正确．
故选：AD．
12. 【答案】ABD
【分析】连结OB.证明出面ABC.O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
对于A：直接求出三棱锥的表面积，即可判断；
对于B：用向量法求出异面直线与所成角的余弦值，即可判断；
对于C：用向量法求出二面角的平面角的正弦值为，即可判断；
对于D:把平面PBC展开，判断出当M与C重合时，最大；的最小值为AP，利用余弦定理可以求得.
【详解】连结OB.
在三棱锥中，，，.
所以,,且,.
所以，所以.
又因为，所以面ABC.
可以以O为原点，以分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，，所以,,,.
对于A：在三棱锥中，，，，
所以底面三角形为直角三角形，其面积为；
为边长为2的等边三角形，所以面积为；
和为腰长为2，底边为的等腰三角形，所以面积均为；
所以三棱锥的表面积为.故A正确；
对于B：为棱的中点，所以,所以,.
所以异面直线与所成角的余弦值为.故B正确；
对于C：点是棱上一动点，不妨设，（） .
所以.
设为面PAM的一个法向量，则，
不妨设y=1，则
.因为与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得：取，则
显然，面PAC的一个法向量为.
设二面角的平面角为，所以，
所以.
故C错误；
对于D:
如图示，把平面PBC展开，使A、B、C、P四点共面.
当M与B重合时，；
当M与C重合时，最大；
连结AP交BC于M1，由两点之间直线最短可知，当M位于M1时，最小.
此时，，所以.
由余弦定理得：
.
所以的取值范围为.
故D正确.
故选：ABD
【点睛】立体几何题目的解题策略：
(1)证明题：几何关系的证明，用判定定理；
(2)计算题：求角或求距离（求体积通常需要先求距离），可以用向量法.
13. 【答案】
【分析】根据分段函数的解析式求得正确答案.
【详解】.
故答案为：
14. 【答案】5
【分析】根据多项式的乘法，用乘以展开式的项再加上用乘以展开式的常数项，即得所求
【详解】因为
所以展开式的常数项为
故答案为：
15. 【答案】##-0.25
【分析】由条件化简可得的关系，由结合椭圆的定义可求，再由余弦定理求.
【详解】设，，由已知可得，，
所以，所以
因为，所以，
，所以，
所以，故，
设椭圆的右焦点为，因为互相平分可得四边形为平行四边形，
所以，又，，
所以，
，
所以，
16. 【答案】 7 62
【分析】用列举法得到克，克，克的砝码称量的种数；若加入克后，求出可称量的范围为，若加入克后求出可称量的范围为，也可称量、，再加克，克，克的砝码称量的种数从而求出重量为整数的种数.
【详解】当一边放砝码时：一个砝码时，有能称出克、克、克，两个砝码时能称出克、克、克，三个砝码时能称出克共有种情况；
当两边都放砝码时：一边各放一个砝码时，则能称出克、克、克三种情况；
一边两个另一边一个有克、克、克三种情况，
综上所述，该天平所能称出的不同克数至多有共有种情况.
若用克、克、克的砝码可称量范围，
若加入克后，可称量的范围，即，
若加入克后，可称量的范围，即，
也可称量，即，
也可称量，即，
则，，，，，
因为为正整数，所以，
所以再增加克，克的砝码各一个，所能称出的不同克数（正整数的重物）至多有种.
故答案为：；.
17. 【答案】(1)或；
(2)
【分析】（1）利用正弦定理直接求出角B；
（2）根据面积相等及基本不等式求出，即可求出面积的最小值
【详解】（1）因为，由正弦定理得：.
因为,所以,所以.
因为，所以或.
（2）当时，，
所以，即（当且仅当时取等号），
解得：（当且仅当时取等号）.
所以（当且仅当时取等号）.
即的面积的最小值为.
18. 【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差中项可得，结合等比数列通向公式求解；
（2）结合题意整理可得，利用放缩，结合本题应从第二项开始放缩．
(1)
∵，，成等差数列，则
即
(舍去)或
(2)
由，可得：，
两式相加得：
∵
∴
则，
即
（1) 成立；
（2)
综上所述：对一切
19. 【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用平面平面可以推出平面，进而推出，而在四边形中易证，最后利用线面垂直的判定定理即可证明（2）易知三棱锥外接球的球心是中点，三棱锥外接球的球心是中点，解出相关线段的长度即可求解
(1)
在四边形中，，，，
，为等腰直角三角形，即，
平面平面，，平面平面，
平面，又平面，，
，平面，平面.
(2)
平面，平面，
，，
又，，，即，
，平面，平面，
平面，，
即，均为直角三角形，且公共斜边为，
中点到三棱锥四个顶点的距离相等，
三棱锥的外接球半径
所以在中
在中，
同理可得三棱锥的外接球半径
20. 【答案】(1)分布列见解析；
(2)
【分析】（1）先依据分布列规则去求随机变量的分布列，再求其数学期望；
（2）先求得的值，进而可以求得事件发生的概率.
(1)
的可能取值为0，1，2，4
，，
，
的分布列为
则
(2)
函数向右平移个单位长度得到
函数
由函数一个对称中心为，可得，即
又的取值为0，1，2，4，则，则
21. 【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题设可得，据此可求，从而可得，故可得抛物线的方程.
（2）设切线的方程为，切线的方程为，根据相切可得满足的方程，再联立直线方程与抛物线方程后可用表示两点，从而用表示中点的横坐标，结合满足的方程（结合韦达定理）可得中点横坐标的一元函数，故可求其范围.
【详解】（1）由已知条件可得，，
解得 ，所以，抛物线的方程为.
（2）由题意可知，过引圆的切线斜率存在，
设切线的方程为，
则圆心到切线的距离，
整理得，.，
设切线的方程为,
同理可得.
所以，是方程的两根，
.
设，，
由，得，
由韦达定理知，
所以，同理可得.
设点的横坐标为，则
.
设，则，
所以，对称轴，则
22. 【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值.
（2）利用同构可得原方程即为有两个不同的实数根，结合构造法可证
成立.
【详解】（1），其中
若，则在上恒成立，故在上为减函数，
故无最值.
若，当时，；
当时，；
故在上为增函数，在上为减函数，
故，无最小值.
（2）方程即为，
故，
因为为上的增函数，所以
所以关于的方程有两个不等的实数根即为：
有两个不同的实数根.
所以，所以，
不妨设，，故，
要证：即证，
即证，即证，
即证，
设，则，
故，所以在上为增函数，
故，所以在上为增函数，
所以，故成立.
【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与指数、对数有关的方程，可以考虑利用同构将其转化为简单的方程，从而利用常见的极值点偏移的方法来处理零点不等式.
0
1
2
4
P