湖南省邵阳市2022届高三上学期第一次联考试题数学含解析

邵阳市2022届高三第一次联考

数  学

一､单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知全集，集合，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题知，再根据集合补集与交集运算求解即可.

【详解】因为，所以，于是，

故选：B

2. 已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的模和除法运算，即可得到答案；

【详解】

，

故选：B

3. “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：任意一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和，也就是我们所谓的“1+1”问题．它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都取得了相当好的成绩．若将14拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】写出所有的等式，计算基本事件的总数，再计算事件拆成的和式中，加数全部为素数所包含的基本事件，即可得到答案；

【详解】，共有13个和式，

其中加数全部为素数为，共3个基本事件，

，

故选：A

4. 已知函数是偶函数，则的最小值是（    ）

A. 6 B.  C. 8 D.

【答案】D

【解析】

【分析】有可得、的关系，再用均值不等式即可.

【详解】因为函数是偶函数，

所以，，

因为，所以，即，

，当且仅当时取等

故选:D.

5. 在平行四边形中，，则（    ）

A. -5 B. -4 C. -3 D. -2

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量的加法和减法的几何意义，结合向量的数量积运算，即可得到答案；

【详解】，，

，，

，

，

故选：A

6. 国庆长假过后学生返校，某学校为了做好防疫工作组织了6个志愿服务小组，分配到4个大门进行行李搬运志愿服务，若每个大门至少分配1个志愿服务小组，每个志愿服务小组只能在1个大门进行服务，则不同分配方法种数为（    ）

A. 65 B. 125 C. 780 D. 1560

【答案】D

【解析】

【分析】6个人先分成4组，再进行排列，最后用乘法原理得解.

【详解】6人分成4组有两种方案：“”、“”共有种方法，

4组分配到4个大门有种方法；

根据乘法原理不同的分配方法数为：.

故选:D.

7. 双曲线，左右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心为，的内切圆圆心为，则四边形的面积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意，得，根据双曲线方程，可得，从而可表示出，设圆的半径为，利用等面积法计算出，从而代入公式求解面积.

【详解】如图，因为圆，分别为与的内切圆，轴，所以，由题意，，所以，由通径可得，再由双曲线的定义可知，设圆，圆的半径为，由等面积法可得，即，得，所以，故四边形的面积为.

故选：C

【点睛】关于三角形内切圆的半径的计算通常采用等面积法，计算出三角形的周长，底边长与高，再利用面积相等列式计算.

8. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.已知数列满足，且，若数列的前n项和为，则（    ）

A. 4950 B. 4953 C. 4956 D. 4959

【答案】C

【解析】

【分析】由题利用累加法可得，进而可得，分类讨论的取值，即求.

【详解】由，可得，

根据累加法可得

所以，

故，当时，；当时，；当时，；当时，，

因此.

故选：C.

二､多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9. 给出下列命题，其中正确的命题有（    ）

A. “”是“”的必要不充分条件

B 已知命题：“，”，则：“，”

C 若随机变量，则

D. 已知随机变量，且，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】选项A：利用充分条件和必要条件的概念，并结合同角或终边相同的角的三角函数值相同即刻判断；选项B：利用特称命题的否定的概念即可判断；选项C：利用二项分布的期望公式即可求解；选项D：利用正态曲线的对称性即可求解.

【详解】选项A：若，则；若，则，，

从而“”是“”的充分不必要条件，故A错误；

选项B：由特称命题的否定的概念可知，B正确；

选项C：因为，所以，故C正确；

选项D：结合已知条件可知，正态曲线关于对称，

又因为，从而，解得，故D正确.

故选：BCD

10. 已知函数的零点按照由小到大的顺序依次构成一个公差为的等差数列，函数的图像关于原点对称，则（    ）

A. 在在单调递增

B. ，

C. 把的图像向右平移个单位即可得到的图像

D. 若在上有且仅有两个极值点，则的取值范围为

【答案】BD

【解析】

【分析】由已知条件可求得，，利用正弦函数的单调性可判断A；利用函数和的值域可判断B；利用图像平移的规律可判断C；利用极值点的定义可列出关于a的不等式，解之可判断D.

【详解】由题意可知，函数两个相邻的零点之差的绝对值为，

设函数的周期为，则，即，即，

又，，

又函数的图像关于原点对称，即为奇函数，

，，又，

，

对于A，，，，结合正弦函数性质知在在不单调，故A错误；

对于B，，函数的值域为，函数的值域为，所以，故B正确；

对于C，的图像向右平移个单位得到，故C错误；

对于D，，，，利用正弦函数的性质知，要使函数在上有且仅有两个极值点，则需满足，解得，所以的取值范围为，故D正确；

故选：BD

11. 双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥．在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数和双曲余弦函数．下列结论正确的是（    ）

A.

B.

C. 若与双曲余弦函数和双曲正弦函数共有三个交点，分别为，则

D. 是一个偶函数，且存在最小值

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用指数的运算、指数函数图像以及双曲正弦、余弦函数的定义可判断各选项的正误.

【详解】对于A选项，，设，，

当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以，所以，A选项正确；

对于B选项，

，B选项正确；

对于D选项，是一个偶函数且在为减函数，为增函数，所以时取最小值1，D选项正确.

对于C选项，函数单调递增，且值域为R，

若与双曲余弦函数和双曲正弦函数共有三个交点，则,

由双曲余弦函数为偶函数得，由得，

所以，C选项错误.

故选：ABD.

12. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ）

A. 当在平面上运动时，四棱锥的体积不变

B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是

C. 当直线与平面所成的角为45°时，点的轨迹长度为

D. 若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是

【答案】AC

【解析】

【分析】A. 由四棱锥的高和底面积判断； B.根据是等边三角形判断；C.根据直线与平面所成的角为，结合正方体的特征判断； D.建立空间直角坐标系，求得的坐标进行判断.

【详解】A. 当在平面上运动时，点到面的距离不变，不变，

故四棱锥的体积不变，故A正确；

B. 建立如图所示空间直角坐标系：

设 ，，则 ，

设与所成的角为，则 ，

因为，

当时， ，

当 时， ，则 ，

综上： ，所以与所成角的取值范围是，故B错误；

C.因为直线与平面所成的角为，

若点在平面和平面内，因为最大，不成立；

在平面内，点的轨迹是，

在平面内，点的轨迹是，

在平面时，如图所示：

，

作平面，因为 ，所以 ，

又 ，所以 ，

则，所以点轨迹是以为圆心，以为半径的四分之一圆，

所以点的轨迹长度为，

所以点的轨迹总长度为长度为，故C正确；

D.建立如图所示空间直角坐标系：

设 ，，

则 ， ，

设平面的一个法向量为，

则 ，即 ，

令 ，则 ，

因为平面，所以 ，即 ，

所以 ，

当 时，等号成立，故D错误；

故选：AC.

三､填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.

13. 已知，，则___________．

【答案】

【解析】

【分析】利用两角差的正切公式，可以求出，根据同角三角函数的关系，结合，可以求出的值.

【详解】∵，

∴，

解得，

∵，

∵…①

，…②

解①②得.

故答案为：．

14. 的展开式中项的系数为___________．

【答案】10

【解析】

【详解】的展开式中含的项为：，

的展开式中项的系数为10，

故答案为：10

15. 已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，设直线的斜率分别为，若，则的值为___________．

【答案】1

【解析】

【分析】设出直线方程，与抛物线方程联立，消元，写韦达；然后根据条件，即可求出的值.

【详解】因为直线过点，所以设直线方程为，，

由，得，

所以，

又因为点在抛物线上，所以，

所以，即，即，

因为，所以，即.

故答案为：.

16. 已知是平面向量，与是单位向量，且，若，则的最小值为_____________．

【答案】

【解析】

【分析】把条件的二次方程分解成两个向量的积，得到这两个向量互相垂直，结合图形确定的最小值.

【详解】如下图所示，设

且

点B在以F为圆心，DE为直径的圆上

又

当点B为圆F和线段FA的交点的时候，最短

故答案为：

四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤.

17. 在中，若边对应的角分别为，且．

（1）求角的大小；

（2）若，，求的长度．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理将边化角，再利用辅助角公式得到，即可求出；

（2）依题意可得，再根据平面向量数量积的运算律求出，即可得解；

【小问1详解】

解：因为，由正弦定理可得

在，，∴

∴，即

又，∴

∴，∴

【小问2详解】

解：∵且，

∴，

∴

∴

18. 已知数列的前项和为，，且，是公差不为0的等差数列，且成等比数列，成等差数列．

（1）求的通项公式；

（2）若，求的前项和．

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由已知列式解方程组可得解.

（2）裂项求和即可.

【小问1详解】

∵当，，两式相减可得

由，代入可得，满足，

所以为等比数列，∴，

不妨设等差数列公差为，由条件可得

，

即，解得，

所以

【小问2详解】

由（1）可知

∴

.

19. 如图，在空间几何体中，已知均为边长为2的等边三角形，平面和平面都与平面垂直，为的中点．

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）分别取的中点，连接，且，再利用线面平行的判定定理，即可得到答案；

（2）连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出向量及平面的法向量，代入夹角公式，即可得到答案；

【小问1详解】

证明：分别取的中点，连接，

因为，所以，

又平面平面，平面平面，

平面，所以平面，

同理平面，所以，

又因为是全等的正三角形，所以，

所以四边形是平行四边形，

所以，

因为平面，平面，

所以平面；

【小问2详解】

连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

所以，

设平面的法向量为，

所以，所以

则，取，则，

所以，

设直线与平面所成的角为，则．

20. 2021年东京奥运会，中国举重代表队共10人，其中主教练、教练各1人，参赛选手8人，赛后结果7金1银，在全世界面前展现了真正的中国力量；举重比赛根据体重进行分级，某次举重比赛中，男子举重按运动员体重分为下列十级：

每个级别的比赛分为抓举与挺举两个部分，最后综合两部分的成绩得出总成绩，所举重量最大者获胜，在该次举重比赛中，获得金牌的运动员的体重以及举重成绩如下表

（1）根据表中的数据，求出运动员举重成绩与运动员的体重的回归直线方程（保留1位小数）；

（2）某金牌运动员抓举成绩为180公斤，挺举成绩为218公斤，则该运动员最有可能是参加的哪个级别的举重？

（3）凯旋回国后，中央一台记者从团队的10人中随机抽取3人进行访谈，用表示抽取到的是金牌得主的人数，求的概率分布列与数学期望．

参考数据：；

参考公式：．

【答案】（1）   

（2）参加的应该是91公斤级举重   

（3）分布列见解析；期望为

【解析】

【分析】（1）依题意，计算出，由公式求得，由此求得回归方程．

（2）根据回归方程得：，解之可判断.

（3）随机变量的取值为0，1，2，3，求出对应概率，列出分布列，利用期望公式即可得解.

【小问1详解】

依题意，，

，

，则，

故回归方程为：；

【小问2详解】

该运动员的抓举和挺举的总成绩为398公斤，

根据回归方程可知：，解得，

即该运动员的体重应该在90公斤左右，即参加的应该是91公斤级举重；

【小问3详解】

随机变量的取值为0，1，2，3．则

，，

，，

所以随机变量的概率分布列为：

所以随机变量的数学期望为．

21. 已知圆，点，是圆上一动点，若线段的垂直平分线与线段相交于点．

（1）求点的轨迹方程；

（2）已知为点的轨迹上三个点（不在坐标轴上），且，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的定义，结合题意即可求解；（2）由题意可知为的重心，则有，只需求三角形面积即可，根据直线与椭圆的位置关系、韦达定理、弦长公式、点到线的距离公式和已知条件可求出三角形的底和高的长，即可得解.

【小问1详解】

由已知有，

∴点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，∴，

∴点的轨迹方程

【小问2详解】

由，可知为的重心，

∴，

由已知的斜率存在，设直线的方程为：，，

由，

则，

，

由，，

∴，

，

∴．

22. 已知函数．

（1）讨论函数的零点个数；

（2）若函数存在两个不同的零点，证明：．

【答案】（1）答案见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）先对函数进行求导，然后对a进行分类讨论，便可得到函数零点的个数;

（2）利用（1）的结论，便可知函数在时有两个零点，再构造一个新函数，可将双变量变为单变量，对该新函数进行研究即可.

【小问1详解】

因为

①当，，函数在区间单调递增，

（i）时，函数在上无零点；

（ii），由时，，，

∴在只有一个零点；

②当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；（注意时，，时，）

所以，

（i）即时，无零点；

（ii），即时，只有一个零点；

（iii）即时，有两个零点；

综上所述，当或时，在只有一个零点；当时，无零点；当时，有两个零点；

方法二：时，函数在上无零点；

时，由，令，则，

由，

则时，单调递增，

时，单调递减，

则，

做出简图，由图可知：

（注意：时，，时）

当或，即或时，只有一个根，

即在只有一个零点；

当时，即时，有两个根，即在有两个零点；

当时，即时，无实根，即在无零点；

综上所述，当或时，在只有一个零点；

当时，无零点；

当时，有两个零点；

【小问2详解】

由（1）可知时，有两个零点，设两个零点分别为，且，

由，即，

所以，

即

要证明，即证，需证，

再证，然后证，

设，则，即证，即，

令，

则，

故函数在上单调递增，所以，即有，

所以．