2022湖南省部分学校高三下学期“一起考”大联考数学试题

这是一份2022湖南省部分学校高三下学期“一起考”大联考数学试题，共15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。
2022届高三“一起考”大联考数学（时量：120分钟  满分：150分）一、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，且，则满足条件的x有（    ）A．1个    B．2个    C．3个    D．4个2．若是关于x的方程的一个根，则（    ）A．    B．0    C．2    D．43．现有橡皮泥制作的表面积为的球，若将其重新制作成体积不变，高为1的圆锥，则圆锥的母线长为（    ）A．    B．2    C．    D．14．设首项为1，公比为的等比数列的前n项和为，则（    ）A．    B．    C．    D．5．已知函数，则不等式的解集为（    ）A．    B．    C．    D．6．已知将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则的值为（    ）A．    B．    C．    D．7．中心在坐标原点O的椭圆的上顶点为A，左顶点为B，左焦点为F．已知，记该椭圆的离心率为e，则（    ）A．    B．    C．    D．8．古希腊哲学家芝诺提出了如下悖论：一个人以恒定的速度径直从A点走向B点，要先走完总路程的三分之一，再走完剩下路程的三分之一，如此下去，会产生无限个“剩下的路程”，因此他有无限个“剩下路程的三分之一”要走，这个人永远走不到终点．另一方面，我们可以从上述第一段“三分之一的路程”开始，通过分别计算他在每一个“三分之一距离”上行进的时间并将它们逐个累加，不难推理出这个人行进的总时间不会超过一个恒定的实数．记等比数列的首项，公比为q，前n项和为，则造成上述悖论的原理是（    ）A．    B．C．    D．二、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．在同一直角坐标系中，函数与的图象可能是（    ）A．    B．    C．    D．10．树人中学组织三个年级的学生进行“庆祝中国共产党成立100周年”党史知识竞赛．经统计，得到前200名学生分布的饼状图和前200名中高一学生排名分布的频率条形图（如图），则下列说法正确的是（    ）A．成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多30B．成绩第名的100人中，高一人数不超过一半C．成绩第名的50人中，高三最多有32人D．成绩第名的50人中，高二人数比高一的多11．已知，且，则（    ）A．    B．    C．    D．12．函数满足，函数的一个零点也是其本身的极值点，则可能的表达式有（    ）A．    B．    C．    D．三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．13．设是单位向量，且，则__________．14．___________．15．已知动圆E与圆外切，与圆内切，则动圆圆心E的轨迹方程为__________．16．如图，在中，，点D是边（端点除外）上的一动点．若将沿直线翻折，能使点A在平面内的射影落在的内部（不包含边界），且．设，则t的取值范围是_________．四、解答题：本大题共6个小题，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）已知数列中，，且满足．（1）求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和．18．（本小题满分12分）如图，多面体的底面是平行四边形，底面，平面平面．（1）证明：；（2）若直线与平面所成的角为，求该多面体的体积．19．（本小题满分12分）在中，为上一点，．（1）若D为的中点，求的面积的最大值；（2）若，求的面积的最小值．20．（本小题满分12分）某中学开展劳动实习，学生前往电子科技产业园，学习加工制造电子元件．已知学生加工出的每个电子元件正常工作的概率都是，且各个电子元件正常工作的事件相互独立．现要检测个这样的电子元件，并将它们串联成元件组进行筛选检测，若检测出元件组正常工作，则认为这k个电子元件均正常工作；若检测出元件组不能正常工作，则认为这k个电子元件中必有一个或多个电子元件不能正常工作，须再对这k个电子元件进行逐一检测．（1）记对电子元件总的检测次数为X，求X的概率分布和数学期望；（2）若不对生产出的电子元件进行筛选检测，将它们随机组装进电子系统中，不考虑组装时带来的影响．已知该系统配置有个电子元件，如果系统中有多于一半的电子元件正常工作，该系统就能正常工作．将系统正常工作的概率称为系统的可靠性，现为了改善该系统的性能，拟向系统中增加两个电子元件．记当系统配置个电子元件时，系统正常工作的概率为．我们认为当时，增加两个电子元件提高了该系统的可靠性．①若满足什么条件时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性？②对于满足什么条件时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性？参考答案1．C  解析：因为，所以，所以解得或，所以满足条件的x有，共3个．故选C．2．D  解析：依题意，，所以所以则．故选D．3．A  解析：由球的表面积为，得球的半径为1，则球的体积为．设圆锥的底面半径为r，所以，解得，所以圆锥的底面半径为2，圆锥的母线长为．故选A．4．D  解析：由于数列的首项为1，公比为，所以．故选D．5．A  解析：函数的定义域为R，，可得为偶函数．由和在上单调递减，可得在上单调递减．又，所以不等式等价为，可得，解得或，即原不等式的解集为．故选A．6．B  解析：依题意，两边三角函数的振幅及周期应该相等，故．若，则，不符合要求；若，则，不符合要求；若，则，符合要求；若，则，不符合要求．所以，所以．故选B．7．C  解析：（方法一）根据角平分线定理，结合及离心率有，化简得．设，求导可以知道在上单调递减，所以．（方法二）过F作垂线，垂足为H，则．在中，，所以，则，从而，从而，所以，故，所以，所以．8．D  解析：设这个人走的第n段距离为，前n段距离总和为，在第n段上的用时为间的距离为S，人的速度为v，则不难知道，同理，两式相减，得到，则这个人在前n段距离上走的总时间为，这说明这个人行进的总时间不会超过，这与第一种说法中这个人不会到达终点在时间的连续性上产生矛盾．故选D．9．BD  解析：当时，与的图象都是上升的；当时，与的图象都是下降的．故选BD．10．ABC  解析：由饼状图知，成绩前200名的200人中，高一人数比高二人数多，A正确；由条形图知高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，因此成绩第名的100人中，高一人数为，B正确；成绩第名的50人中，高一人数为，故高三最多有32，C正确；成绩第名的50人中，高一人数为，故高二最多有23人，因此高二人数比高一少，D错误．11．AC  解析：由于，且，对于A，，故A正确；对于B，，当且仅当时取等号，B错误；对于C，由于，所以，所以，故C正确；对于D，，当且仅当时取等号，故D错误．故选AC．12．ABC  解析：设同时为的零点和极值点．由知，的零点为的零点．如果可导，则极值点符合：，综上知，此时有．对于A，函数可导，令，得，化简得，从而，取，容易验证，这个取法符合要求，A正确；对于B，取，根据三角变换公式，．根据图象显然有该函数的零点也为极值点，容易检验得B符合要求；对于C，取，考察函数，当或者时，，而，故是的零点和极值点，符合要求；对于D，函数可导，设，有，从而，故，容易验证不是的变号零点，从而不是函数的极值点．也可以根据；；．得到不符合要求，从而D错误．13．解析：因为，所以，，所以．14．4  解析：．15．解析：由圆，可得圆心，半径；由圆，可得圆心，半径．设动圆E的半径为R，由题意可得．所以．由双曲线的定义可得：动圆的圆心E在以定点为焦点的双曲线的右支上．因为，所以．所以动圆圆心E的轨迹方程为．16．解析：如图，因为平面，过作，连接，可得，即在过A与的垂线上，又，则在以C为圆心，以为半径的圆弧上，且在内部．分析极端情况：①当在上时，，可得，设为，在中，，且．可得．设，则，则，所以．在中，由正弦定理可得：，即，得；②当在上时，有，此时．因为在的内部（不包含边界），所以t的取值范围是．17．解：（1）证明：因为数列中，，且满足，所以，……（3分）所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，所以．……（5分）（2）由（1）得数列的前n项和，，所以，……（7分）所以．……（10分）18．解：（1）证明：因为底面是平行四边形，所以，又因为平面平面，所以平面．因为平面平面，所以，所以．……（4分）（2）以A为坐标原点，为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，根据对称性，不妨设，，……（6分）则．设平面的法向量为，……（7分）则即取．……（8分）又因为，与平面夹角的正弦值等于上述向量与夹角的余弦值的绝对值，所以，解得或2或，符合要求的，……（10分）此时底面是正方形，多面体的体积．……（12分）19．解：（1）因为D为的中点，所以，……（1分）．记角的对边分别为，因为．所以，……（2分）则，……（4分）所以（当且仅当时取得最大值）．所以．……（6分）（2）．设，在中，由正弦定理可得，所以．同理可得．由，所以，所以．……（8分）所以．……（10分）设．则，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以面积的最小值为．……（12分）20．解：（1）X可能的取值为，的概率分布为X1P……（2分）所以X的数学期望．……（3分）（2）①，……（5分）所以，所以，当时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性．……（7分）②由①知，，当时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性．当时，若前个电子元件中恰有个正常工作，此时后两个元件必须同时正常工作；若前个电子元件中恰有n个正常工作，此时后两个元件至少有1个正常工作；若前个电子元件中至少有个正常工作，此时系统必定正常工作．……（8分）可以求得：，故，……（10分）令，得．即，所以对于，当时，增加两个电子元件能提高该系统的可靠性．……（12分）21．解：（1）设直线的方程为，则．联立消去y，整理得．……（3分）因为直线和椭圆C有且仅有一个交点，故判别式，整理得．根据韦达定理可得，从而，……（4分）故．……（6分）（2）设，则．由，则H在的中垂线上，与联立有．……（8分）而，故为整理得到．①又M在椭圆上，所以．②……（10分）①式两边平方并把②式代入有，所以，故点M的坐标为．……（12分）22．解：（1）证明：①，因为，所以函数在R上单调递增．又，所以，故存在，使得，且当时，单调递减，当时，单调递增，故为的唯一极小值点．……（3分）②注意到，即．（方法一）．故要证，只需要证明．因为，故只需要证明，即，而，故证毕．……（6分）（方法二）证明，注意到时有，故只需要证明，即证明，亦即．这是显然的，证毕．……（6分）（2）函数在点处的切线的方程为．假设直线恰好与曲线相切且有无穷多个切点．任取两个不同的切点，两点处的切线为同一直线，故……（8分）由①知，所以或，下面说明一定有．若，代入②有，显然，故．若，取异于外的另一个切点，则有．如果，由②知，；如果，则，由②知．故一定有，则，直线的方程为或．……（10分）容易验证方程为时的切点为，其中m是任意整数，方程为时的切点为，其中n是任意整数．故恰好与曲线相切且有无穷多个切点．……（12分）