湖南省常德市临澧县第一中学2022届高三下学期一模数学试题含答案

这是一份湖南省常德市临澧县第一中学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，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，，则（ ）
A．B．C．D．
2. 已知复数z满足，其中为虚数单位，则z的虚部为（ ）
A．0B．C．1D．
3. 甲，乙两人在5天中每天加工零件的个数用茎叶图表示如图，中间一列的数字表示零件个数的十位数，两边的数字表示零件个数的个位数，则下列结论正确的是（ ）
A．在这5天中，甲，乙两人加工零件数的极差相同
B．在这5天中，甲，乙两人加工零件数的中位数相同
C．在这5天中，甲日均加工零件数大于乙日均加工零件数
D．在这5天中，甲加工零件数的方差小于乙加工零件数的方差
4. 在中，若，，，则=（ ）
A．B．C．D．
5. 的展开式中的系数为（ ）
A．60B．24C．D．
6. 在制作飞机的某一零件时，要先后实施6个工序，其中工序A只能出现在第一步或最后一步，工序B和C在实施时必须相邻，则实施顺序的编排方法共有（ ）
A．34种B．48种
C．96种D．144种
7. 设抛物线的焦点为F，过点的直线与E相交于A，B两点，与E的准线相交于点C，点B在线段AC上，，则与的面积之比（ ）
A．B．C．D．
8. 若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题）
9. 将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则是偶函数
B．若，则在区间上单调递减
C．若，则的图象关于点对称
D．若，则在区间上单调递增
10. 下列说法正确的是（ ）
A．已知直线与平行，则k的值是3
B．直线与圆的位置关系为相交
C．圆上到直线的距离为的点共有3个
D．已知AC、BD为圆的两条相互垂直的弦，垂足为，则四边形ABCD的面积的最大值为10
11. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作：；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的区间长度记为，则（ ）
A．B．
C．D．
12. 如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（ ）
A．当时，存在点P满足
B．当时，存在唯一的点P满足
C．当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为
D．当时，满足的点P轨迹长度为
三、填空题（本大题共4小题）
13. 已知等差数列的前n项和为，且，，则数列的公差_________．
14. 已知菱形ABCD的边长为2，，点P在BC边上（包括端点），则的取值范围是___________.
15. 已知椭圆，点在直线（c为椭圆的半焦距）上，过点P且斜率的光线，经直线反射后通过椭圆的左焦点，则椭圆的离心率为______．
16. 已知三棱锥的棱AP，AB，AC两两互相垂直，，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于___________.
四、解答题（本大题共6小题）
17. 设数列的前n项和为，满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求的前n项和．
18. 如图，在四棱锥中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是等腰梯形，，，，M，N分别是AB，AD的中点．
(1)证明：平面PMN⊥平面PAD；
(2)若二面角的大小为60°，求四棱锥的体积．
19. 人们用大数据来描述和定义信息时代产生的海量数据，并利用这些数据处理事务和做出决策，某公司通过大数据收集到该公司销售的某电子产品1月至5月的销售量如下表.
该公司为了预测未来几个月的销售量，建立了y关于x的回归模型：.
(1)根据所给数据与回归模型，求y关于x的回归方程（的值精确到0.1）；
(2)已知该公司的月利润z（单位：万元）与x，y的关系为，根据（1）的结果，问该公司哪一个月的月利润预报值最大？
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.
20. 如图，在△ABC中，已知，，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P．
(1)求的正弦值；
(2)求的余弦值．
21. 已知椭圆的左焦点为圆的圆心A．
(1)求椭圆C的方程；
(2)与x轴不重合的直线l经过椭圆C的右焦点B，与椭圆交于M、N两点，过B且与l垂直的直线交圆A交于P、Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
22. 已知函数，．
（1）若函数在处取得极大值，求实数的值；
（2）当时，若对，不等式恒成立，求实数的值．
参考答案
1. 【答案】C
【分析】直接根据交集的定义计算可得；
【详解】因为，
所以
故选：C
2. 【答案】B
【分析】根据题意，化简复数，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由题意，复数z满足，可得，
所以z的虚部为.
故选：B.
3. 【答案】C
【分析】由茎叶图的数据，分别计算甲、乙加工零角个数的极差，中位数，平均数，方差，进而得解.
【详解】甲在5天中每天加工零件的个数为：18,19,23,27,28；乙在5天中每天加工零件的个数为：17,19,21,23,25
对于A，甲加工零件数的极差为，乙加工零件数的极差为，故A错误；
对于B，甲加工零件数的中位数为，乙加工零件数的中位数为，故B错误；
对于C，甲加工零件数的平均数为，乙加工零件数的中位数为，故C正确；
对于D，甲加工零件数的方差为，乙加工零件数的方差为，故D错误；
故选：C
4. 【答案】B
【分析】根据给定条件利用正弦定理直接计算即可判断作答.
【详解】在中，若，，，由正弦定理得：
，
所以.
故选：B
5. 【答案】B
【分析】首先写出展开式通项，再考虑通项与相乘得到含的项，即可得系数.
【详解】由的展开式通项为，
所以的展开式项为，
故系数为.
故选：B
6. 【答案】C
【分析】先排工序A，再将工序B和C视为一个整体与其它3个工序进行全排列，进而得到答案.
【详解】由题意可知，先排工序A，有2种编排方法；再将工序B和C视为一个整体(有2种顺序)与其他3个工序全排列共有种编排方法.故实施顺序的编排方法共有＝96(种).
故选：C.
7. 【答案】C
【分析】根据抛物线焦半径公式得到B点横坐标，进而利用抛物线方程求出B点纵坐标，直线AB的方程，求出C点坐标，联立直线与抛物线，求出A点纵坐标，利用求出答案.
【详解】如图，过点B作BD垂直准线于点D，则由抛物线定义可知：，
设直线AB为， ，，，不妨设，则，
所以，解得：，则，解得：，则，
所以，解得：，则直线AB为，
所以当时，即，解得：，则，
联立与得：，则，
所以，其中.
故选：C
8. 【答案】D
【分析】根据函数单调性及得到或，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，需要构造函数进行求解.
【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，
当时，，此时；
，故；
，；
当时，，此时，，故；
，；
故ABC均错误；
D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，
设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确
故选：D
9. 【答案】AC
【分析】由函数平移得，讨论、，结合正余弦函数的性质判断奇偶、对称性以及上的单调性，即可得答案.
【详解】由题设，，
时，为偶函数，
在上有，递增，故A正确，B错误；
时，，
此时，，即关于点对称，
在上有，不单调，故C正确，D错误.
故选：AC
10. 【答案】BC
【分析】A由直线平行的判定求参数，注意验证是否重合；B根据直线所过的定点与圆的位置关系判断即可；C由圆心到直线的距离与半径的关系即可判断；D设圆心到的距离分别为，则及，结合基本不等式求最大值即可判断.
【详解】A：由平行知：，则或，当时有，满足题设，当时有，满足题设，故或，错误；
B：由过定点，而在圆内，故它们的关系为相交，正确；
C：由题设知：圆的标准方程为，则圆心为，半径为，所以圆心到距离为，易知圆上点到直线距离为的点共有3个，正确；
D：设圆心到的距离分别为，则，又相互垂直，所以，而，即当且仅当时等号成立，故，故错误.
故选：BC
11. 【答案】BC
【分析】分析题意发现是一个等比数列，按照等比数列的性质逐一验证即可，其中B选项是化简成一个等差数列进行判断，CD两个选项需要利用数列的单调性进行判断，尤其是D选项，需要构造新数列，利用做差法验证单调性.
【详解】由题可知，；，；，
由此可知，即一个等比数列；
A：，A错误；
B：，因为，所以该数列为递减数列，
又因为当时，，所以恒成立，B正确；
C：，即，两边约去得到，
当时，，原式成立；
当时，恒成立，所以成立，
即成立，C正确；
D：令，再令，
令解得，因为，所以取，
由此可知时；时，
故为最大值，，根据单调性，即不恒成立，D错误.
故选：BC
12. 【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，
对于选项A，当时，，，
设点关于平面的对称点为，则，.
所以.故A不正确.
对于选项B，设，则，
由得，即，解得，
所以存在唯一的点P满足，故B正确.
对于选项C，，设，则，
由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，
则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.
对于选项D，当时，，设，
则，
由得，即，
在平面中，建立平面直角坐标系，如图，
记的圆心为，与交于；
令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；
根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.
故选：BCD.
【点睛】立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解.
13. 【答案】2
【分析】根据题意可得，直接利用等差数列前n项和公式计算即可.
【详解】由题意知，，
，
解得.
故答案为：
14. 【答案】
【分析】以C为原点，为x轴正方向，过C垂直向上方向为y轴建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算直接求解.
【详解】
如图示，以C为原点，为x轴正方向，过C垂直向上方向为y轴建立平面直角坐标系.
因为菱形ABCD的边长为2，，则,,,.
因为点P在BC边上（包括端点），所以,其中.
所以,,
所以.
因为，所以.
故答案为：
15. 【答案】
【分析】由题设知光线所在直线为，求其与交点坐标，根据光线反射过左焦点，结合斜率的两点式及在直线上求椭圆参数，进而求椭圆离心率.
【详解】由题设，，则光线所在直线为，
所以光线与的交点为，又光线经反射后通过椭圆的左焦点，
所以，可得，又，则，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：
16. 【答案】##
【分析】将三棱锥补全为棱长为的正方体，根据已知条件判断棱锥各面与球面相交所成圆弧的圆心、半径及对应圆心角，进而求出弧长，即可知最长弧长.
【详解】由题设，将三棱锥补全为棱长为的正方体，如下图示：
若，则，即在P为球心，4为半径的球面上，且O为底面中心，
又，，
所以，面与球面所成弧是以为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为；
面与与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
面与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
所以最长弧的弧长为.
故答案为：.
17. 【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系，即可求解数列的通项公式；
（2）由（1）可知，再利用错位相减法求和.
（1）
当时，，
得
即，即
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故．
（2）
由（1）知，则
（1）
（2）
（1）－（2）得
所以
18. 【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接DM，利用平行四边形、等边三角形的性质易得且、，再由线面垂直的性质及判定可得平面PAD，最后根据面面垂直的判定证明结论.
（2）法一：连接BD，易证，，PD⊥AD，构建空间直角坐标系，设，并求面PAB、面ABCD的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件求参数m，再应用棱锥的体积公式求体积；法二：连接DM，在AM上取中点H，连接DH，PH，根据已知条件找到二面角的平面角，进而求，最后由棱锥的体积公式求体积；
(1)
连接DM，显然且，
∴四边形BCDM为平行四边形，故且，
∴△是正三角形，故，
又平面ABCD，平面ABCD，则，又，
∴平面PAD，又平面PMN，
∴平面平面PAD．
(2)
（方法一）连接BD，易知，
∴，，又PD⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，则PD⊥AD，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
设，，，
平面PAB的法向量为，则，令，得，
而平面ABCD的法向量为，
所以，解得，
所以．
（方法二）连接DM，由M为AB的中点，所以且，
所以BCDM为平行四边形，故，
所以△为等边三角形，在AM上取中点H，连接DH，PH，
所以，则，又平面ABCD，AM平面ABCD，
所以，易知：为的二面角，
所以，又在中，，
所以.
19. 【答案】(1)；
(2)第9个月的月利润预报值最大
【分析】（1）根据数据与回归方程的公式进行求解，得到回归方程；（2）结合第一问所求得到关于的函数，通过导函数求出单调区间，极值及最值，求出答案.
（1）
令，则，，
，，所以y关于x的回归方程为；
（2）
由（1）知：，
，令，
令得：，令得：，令得：，所以在处取得极大值，也是最大值，
所以第9个月的月利润预报值最大.
20. 【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解法1、由余弦定理求得，得到，分别在和，求得和，结合和互补，求得，再在中，求得，即可求解；
解法2、由题意，求得，根据，结合的面积为面积的，列出方程，即可求解；
（2）解法1、由余弦定理求得，得到，，在中，由余弦定理求得，即可求解；
又由，所以．
解法2、由，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：解法1、由余弦定理得，
即，所以，
所以，
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
与互补，则，解得，
在中，由余弦定理，得，
因为，所以．
解法2、由题意可得，，
由AM为边BC上的中线，则，
两边同时平方得，，故，
因为M为BC边中点，则的面积为面积的，
所以，
即，
化简得，．
（2）解：方法1、在中，由余弦定理，得，
所以，
由AM，BN分别为边BC，AC上的中线可知P为重心，
可得，，
在中，由余弦定理，得，
又由，所以．
解法2：
因为BN为边AC上的中线，所以，
，
，即．
所以．
21. 【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点坐标，再结合，即可求得椭圆方程；
（2）当直线的斜率存在时，利用弦长公式，分别求和，四边形的面积，求得面积的取值范围，当直线的斜率不存在时，求四边形的面积，最后即可求得四边形MPNQ面积的取值范围．
【详解】（1）圆的圆心A的坐标为，所以圆锥的半焦距，
又，所以，椭圆C的方程为．
（2）当l与x轴不垂直时，设l的方程为，
，．
由得．
则，．
所以．
过点且与l垂直的直线，A到m的距离为，
所以．
故四边形MPNQ的面积．
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为．
当l与x轴垂直时，其方程为，，，四边形MPNQ的面积为12．
综上，四边形MPNQ的面积的取值范围为．
22. 【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先根据极值点对应的导数值为零求解出的可取值，然后检验的取值下在处是否取极大值，由此确定出的值；
（1）先将问题转化为“时，”，再通过换元将问题转化为“恒成立”，然后构造函数，采用分类讨论的方法分析的最小值与的关系，由此求解出的值.
【详解】（1）因为，所以，
因为在处取极大值，所以，所以，所以
当时，，
所以在处取极大值，符合题意；
（2）当时， ，．
又因为对，不等式，所以时，，
所以时，，
令，因为为上的增函数，且的值域为，所以，
故问题转化为“恒成立”，不妨设，所以，
当时，，所以在上单调递增，且，
所以当时，，这与题意不符；
当时，令，解得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
所以，所以，
记，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
又因为，即，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；
（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.
月份x
1
2
3
4
5
销售量y（万件）
4.9
5.8
6.8
8.3
10.2
+
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减