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2022长沙雅礼中学高三下学期一模考试数学试题含答案
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这是一份2022长沙雅礼中学高三下学期一模考试数学试题含答案,共18页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
雅礼中学2022届模拟试卷(一)数学第Ⅰ卷一、选择题:本题共8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.已知集合A,B为全集U的子集,若,则( )A.A B.B C.U D.2.已知复数z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.3 C. 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F1,F2,O为坐标原点,点P在C的一条渐近线上,若|OP|=|PF2|,则△PF1F2的面积为( )A. B. C. D.6.已知,,,则( )A. B. C. D.7.已知F1、F2是双曲线E:(,)的左、右焦点,点M是双曲线E上的任意一点(不是顶点),过F1作∠F1MF2角平分线的垂线,垂足为N,O是坐标原点,若,则双曲线E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、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分9.已知随机事件A,B发生的概率分别为P(A)=0.3,P(B)=0.6,下列说法正确的有( )A.若P(AB)=0.18,则A,B相互独立B.若A,B相互独立,则P(B|A)=0.6C.若P(B|A)=0.4,则P(AB)=0.12D.若,则P(A|B)=0.310.已知向量a=(,1),b=(,)(),则下列命题正确的是( )A.若,则B.若b在a上的投影为,则向量a与b的夹角为C.是与a共线的唯一的单位向量D.存在,使得11.设,过定点M的直线l1:与过定点N的直线l2:相交于点P,线段AB是圆C:的一条动弦,且,则下列结论中正确的是( )A.l1一定垂直l2B.|PM|+|PN|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ABC−A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=AA1=1,点D是线段BC1上的动点(不含端点),则以下说法正确的是( )A.AC∥平面A1BDB.CD与AC1不垂直C.∠ADC的取值范围为D.AD+DC的最小值为第Ⅱ卷三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知函数()的图象关于y轴对称,且与直线y=x相切,写出满足上述条件的一个函数______.14.以抛物线()焦点F为端点的一条射线交抛物线于点A,交y轴于点B,若|AF|=2,|BF|=3,则p=______.15.甲、乙、丙、丁和戊5名学生进行劳动技术比赛,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,你和乙都没有得到冠军”;对乙说“你当然不会是最差的”.从上述回答分析,5人的名次排列可能有种______不同情况.(填数字)16.对于集合E={a1,a2,…,a100}的子集X={,,…,},定义X的“特征数列”为x1,x2,…,x100,其中==…==1,其余项均为0,例如子集{a2,a3}的“特征数列”为0,1,1,0,0,…,0.(1)子集{a1,a3,a4,a5}的“特征数列”的前四项和等于______;(2)若E的子集P的“特征数列”p1,p2,…,p100满足p1=1,,,E的子集Q的“特征数列”为q1,q2,…,q100,满足q1=1,,,则的元素个数为______.四、解答题:本题共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.(本小题满分10分)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.(本小题满分12分)在梯形ABCD中,AB∥CD,CD=3AB=3.(1)若CA=CD,且cos∠ABC=,求△ABC的面积S;(2)若cos∠DAC=,cos∠ACD=,求BD的长.19.(本小题满分12分)如图,在四边形PDCB中,PD∥BC,BA⊥PD,PA=AB=BC=1,AD=.沿BA将△PAB翻折到△SBA的位置,使得SD=.(1)作出平面SCD与平面SBA的交线l,并证明l⊥平面CSB;(2)点Q是棱SC上异于S,C的一点,连接QD,当二面角Q−BD−C的余弦值为时,求此时三棱锥Q−BCD的体积.20.(本小题满分12分) 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y(单位:g/m3)与样本对原点的距离x(单位:m)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,)697.900.21600.1414.1226.13-1.40(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y关于样本对原点的距离x的回归方程类型;(2)根据(1)的结果回答下列问题:(i)建立y关于x的回归方程;(ii)样本对原点的距离x=20时,平均金属含量的预报值是多少?(3)已知该金属在距离原点x m时的平均开采成本W(单位:元)与x,y关系为(),根据(2)的结果回答,x为何值时,开采成本最大?附:对于一组数据(t1,s1),(t2,s2),…,(tn,sn),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.(本小题满分12分)已知椭圆:() 的上顶点为B(0,1),过点(,0)且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的标准方程;(2)设直线l1交椭圆于异于点B的P,Q两点,以PQ为直径的圆经过点B,线段PQ的中垂线l2与x轴的交点为(,0),求的取值范围.22.(本小题满分12分)已知函数,,其中e是自然对数的底数.(1)当时,,求a的取值范围;(2)当时,求证:. 雅礼中学2022届模拟试卷(一)数学参考答案一、二选择题题号123456789101112答案CACDCDDCABCBDADAD1.C【解析】因为,所以有,则.故选C.2.A【解析】设,,由得,∴,解得,,∴.故选A.3.C【解析】设底面半径为r,高为h,母线为l,如图所示:则圆锥的体积,所以,即,,则,又,所以,故.故选C.4.D【解析】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,则,解得,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.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.5.C【解析】由双曲线的方程,可得,,,可得渐近线方程为,设P在渐近线上,因为,所以P的横坐标为,即有,所以的面积为.故选C.6.D【解析】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.D【解析】延长与,交于K,连接ON,由题意可得MN为边的垂直平分线,则,且N为的中点,,由双曲线的定义可得,则,即,,可得双曲线的渐近线方程为,即.故选D.8.C【解析】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.ABC【解析】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.BD【解析】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,所以向量与的夹角为,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.AD【解析】对于A: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,在中,设,则.故B错误;对于C:由可得点P轨迹方程为.需要去掉这个点.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.12.AD【解析】依题作图,如图1,并将其补成正方体,如图2.对于A,因为,平面,所以平面,故A正确;对于B,当D为的中点,CD与重合,根据正方体的性质可得,故B错;对于C,判断以AC为直径的球与的交点情况,如图3,取AC中点F,则,当时,,所以以AC为直径的球与没有交点,所以,故C错;对于D,将平面翻折至与平面共面,此时点C与重合,所以的最小值为,故D正确.故选AD. 三、填空题13.(答案不唯一)【解析】设,∵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,∴,∴,∴满足条件的二次函数可以为.14.3【解析】∵,,∴,,∴,∴,由抛物线的定义知,,∴.15.54【解析】由题意,甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名.乙的限制最多,故先排乙,有3种情况;再排甲,也有3种情况;余下3人有种排法.故共有种不同的情况.故答案为:54.16.(1)3 (2)33或34(第1空2分,第2空3分)【解析】(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”为1,1,0,1,1,0,1,1.0,…,0,1或1,0,1,1,0,1,…,1,1.的元素共33或34个.四、解答题17.【解析】(1)当时,,即,当时,,即,因此,所以,即,经检验,时成立,所以.(2)因为,.18.【解析】(1)由,可得,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.19.【解析】(1)如图,延长BA,CD相交于E,连接SE,则SE为平面SCD与平面SBA的交线l.证明:在中,,,,则,∴.由,,,得平面SAB,又,∴平面SAB,则,由,,,得,∴,可得,又∵,∴平面CSB,即平面CSB.(2)由(1)知,,,.以点A为坐标原点,分别以AD,AB,AS所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,设,则,,设是平面QBD的一个法向量,则,取,可得,是平面CBD的一个法向量,由,解得,∴点Q是SC的中点,∴.20.【解析】(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y关于样本对原点的距离x的回归方程类型.(2)(ⅰ),,∴,∴y关于x的回归方程为.(ⅱ)当时,平均金属含量的预报值为.(3),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W取得最大值,故时,开采成本最大.21.【解析】(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PQ的斜率不存在时,显然不合题意;②当直线PQ斜率存在时,设,当时,此时P,Q关于y轴对称,令,,∴,,且,则,又,∴,解得或(含),则,,符合题设.∴此时有;当时,设,,则,得,,且,由,即,∴,整理得,解得,(舍去),代入得,∴PQ为,得,,则线段的PQ中垂线为,∴在x轴上截距,而,∴且,综合①②:线段PQ的中垂线在x轴上的截距的取值范围是.22.【解析】(1)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.
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