2022届湖南省长沙市长郡中学高三下学期高考前冲刺（一）数学试题含解析

这是一份2022届湖南省长沙市长郡中学高三下学期高考前冲刺（一）数学试题含解析，共22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。
2022届湖南省长沙市长郡中学高三下学期高考前冲刺（一）数学试题
一、单选题
1．已知集合，则集合中元素的个数是（       ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据，所以可取，即可得解.
【详解】由集合，，
根据，
所以，
所以中元素的个数是3.
故选：C
2．已知i是虚数单位，若复数z满足，则（       ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】根据复数的乘除法运算求出复数z，然后根据复数的模的公式即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以，
所以.
故选：B.
3．已知函数，则“”是“函数为偶函数”的（       ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由给定函数，求出为偶函数时的a值，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】函数定义域为R，函数为偶函数，
则,，
而不恒为0，因此，，解得或，
所以“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A
4．已知，，则角所在的象限是（       ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【分析】先利用诱导公式求出，，利用二倍角公式判断出，，即可判断出角所在的象限.
【详解】因为，所以；因为，所以.
所以，，
所以是第三象限角.
故选：C.
5．已知函数，则函数的零点个数是（       ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】令，根据分别求出函数的零点或零点所在区间，再作出函数的图象，根据数形结合即可求出函数的零点个数；
【详解】令．
①当时，，则函数在上单调递增，
由于，由零点存在定理可知，存在，使得；
②当时，，由，解得．
作出函数，直线的图象如下图所示：

由图象可知，直线与函数的图象有两个交点；
直线与函数的图象有两个交点；直线与函数的图象有且只有一个交点．综上所述，函数的零点个数为5．
故选：D．
6．如图所示，在某体育场上，写有专用字体“一”、“起”、“向”、“未”、“来”的五块高度均为2米的标语牌正对看台（B点为看台底部）由近及远沿直线依次竖直摆放，分别记五块标语牌为，，…，，且米．为使距地面6米高的看台第一排A点处恰好能看到后四块标语牌的底部，则（       ）

A．40.5米 B．54米 C．81米 D．121.5米
【答案】C
【分析】利用比例求得正确答案.
【详解】依题意，
，
，
，
所以米.
故选：C
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C在第一象限的交点为A，直线与C的左支交于点B，且．设C的离心率为e，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据双曲线的定义：、以及，结合图形整理可得，在根据代入求解．
【详解】由双曲线定义可知
∵，
∴，
又∵，则
∵A在以为直径的圆上，则
∴，
由，得，
故．
故选：D．

8．已知函数，若不相等的实数，，成等比数列，，，，则、、的大小关系为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题利用函数的奇偶性及单调性求得函数的值域，然后利用均值不等式判断与的大小关系从而进行判断．
【详解】，均为偶函数，
故函数为偶函数，
，令
，
，，
，故单调递增，即单调递增，
又，∴在恒成立，
故在函数递增，且，
故函数在递减，在递增，
且函数恒成立，
，，成等比数列，
当，均为正数时，
由均值不等式有：，①，
当，均为负数时，
由均值不等式有：，②，
由①②有：，
又，，互不相等，故，
故，
，
故选：D．
二、多选题
9．如图甲所示，古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有眼，阴鱼的头部有个阳殿，表示万物都在相互转化，互相涉透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律，其平面图形记为图乙中的正八边形，其中，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】分别以所在的直线为轴和轴，建立的平面直角坐标系，作，结合向量的坐标运算，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，分别以所在的直线为轴和轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
因为正八边形，所以
，
作，则，
因为，所以，所以，
同理可得其余各点坐标，，，，，，
对于A中，，故A正确；
对于B中，，故B正确；
对于C中，，，，
所以，故C正确；
对于D中，，，，
，故D不正确.
故选：ABC.

10．中国正在从电影大国迈向电影强国.下面是至年各年国内电影票房前十名影片中，国产影片（含合拍片）与进口影片数量统计图，则下列说法中正确的是（       ）

A．至年各年国内电影票房前十名影片中，国产影片数量占比不低于
B．至年各年国内电影票房前十名影片中，国产影片数量占比逐年提高
C．至年各年国内电影票房前十名影片中，国产影片数量的平均数大于进口影片数量的平均数
D．至年各年国内电影票房前十名影片中，国产影片数量的方差等于进口影片数量的方差
【答案】ACD
【分析】根据条形统计图依次计算影片数量占比、平均数和方差即可得到结果.
【详解】对于A，至年各年国内电影票房前十名影片中，每年的国产影片数量均大于等于部，故国产影片数量每年的占比都不低于，A正确；
对于B，年国产影片占比为，年国产影片占比为，故国产影片数量占比并非逐年提高，B错误；
对于C，至年各年国内电影票房前十名影片中，国产影片数量平均数为，进口影片数量平均数为，C正确；
对于D，至年各年国内电影票房前十名影片中，国产影片数量的方差为；进口影片数量的方差为，D正确.
故选：ACD.
11．若存在正实数x，y，使得等式成立，其中e为自然对数的底数，则a的取值可能是（            ）
A． B． C． D．2
【答案】ACD
【分析】，即，令，则，设，利用导数求出函数的值域，从而可得出答案.
【详解】解：由题意，不等于，由，得，
令，则，
设，则，
因为函数在上单词递增，且，
所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
从而，
即，解得或.
故.
故选：ACD.
12．已知抛物线的焦点为F，抛物线C上存在n个点，，，（且）满足，则下列结论中正确的是（       ）
A．时，
B．时，的最小值为9
C．时，
D．时，的最小值为8
【答案】BC
【分析】以为抛物线通径，求得的值，判断A; 当时,写出焦半径的表达式，利用换元法，结合利用导数求函数最值，可判断B; 当时,求出的表达式，利用三角函数的知识，可判断C,D.
【详解】当时，，此时不妨取 过焦点垂直于x轴，
不妨取 ，则，故A错误；
当时，，
此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,
则 ，则 ，
故
，
令 ，则，
令 ，则     ，
当时， ， 递增，当时， ， 递减，
故 ，
故当 ，即 时，取到最小值9，故B正确；
当时，，
此时不妨设 在抛物线上逆时针排列，设,
则，
即，
故，
，
所以，故C正确；
由C的分析可知：，
当 时，取到最小值16，
即最小值为16，故D错误；
故选：BC
【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式的应用，综合性较强，涉及到抛物线的焦半径的应用，以利用导数求最值，和三角函数的相关知识，难度较大.
三、填空题
13．已知展开式的二项式系数之和为，则展开式中系数为有理数的项的个数是________．
【答案】4
【分析】先求出，再求出展开式的通项，知当时，展开式中系数为有理数，即可求出展开式中系数为有理数的项的个数.
【详解】依题意，知，，
则展开式的第项为，
当时，展开式中系数为有理数，所以展开式中系数为有理数的项的个数为.
故答案为：4.
14．在一组样本数据的散点图中，若所有样本点都在曲线附近波动.经计算，，，则实数的值为_________.
【答案】
【分析】根据题意，得到，进而得到方程，即可求解.
【详解】根据题意，把对应的点的坐标代入曲线的方程，
即，
所以
因为，，，
可得，所以.
故答案为：.
15．将字母a，A，b，B，c，C排成一列，则仅有一组相同字母的大小写相邻的排法种数为__________．
【答案】288
【分析】先讨论Aa相邻的情况，再求出Bb、Cc相邻的情况，加起来即可.
【详解】首先讨论Aa相邻，剩下的4个字母排列有如下情况：
bcBC、cbCB、bCBc、CbcB、BcbC、cBCb、BCbc、CBcb共8种可能，
任取8种中的一种与Aa组合，共有种，
此时Aa相邻共有种；
bcCB，bCcB，BcCb，BCcb，CbBc，CBbc，cbBC，cBbC，8种情况，
任取8种中的一种与Aa组合，共有种，此时Aa相邻共有种；
所以Aa相邻共有种
同理，Bb相邻共有96种，Cc相邻共有96种，所以共有288种.
故答案为：288
四、双空题
16．如图，点P是半径为2的圆O上一点，现将如图放置的边长为2的正方形（顶点A与P重合）沿圆周逆时针滚动.若从点A离开圆周的这一刻开始，正方形滚动至使点A再次回到圆周上为止，称为正方形滚动了一轮，则当点A第一次回到点P的位置时，正方形滚动了________轮，此时点A走过的路径的长度为___________.

【答案】     3    
【分析】将问题化为4和6的最小公倍数问题求A第一次回到点P的位置正方形滚动的轮数，再求滚动1轮点A走过的路径长度，即可求此时A走过的路径的长度.
【详解】正方形滚动一轮，圆周上依次出现的正方形顶点为，
顶点两次回到点P时，正方形顶点将圆周正好分成六等分，
由4和6的最小公倍数：，
所以到点A首次与P重合时，正方形滚动了3轮.
这一轮中，点A路径是圆心角为，半径分别为2，，2的三段弧，故路径长，
∴点A与P重合时总路径长为.
故答案为：3，.
【点睛】关键点点睛：将A第一次回到点P的位置所滚的轮数转化为求4和6的最小公倍数，注意滚动一轮A的圆周运动特点求路径长.
五、解答题
17．已知等比数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列是公差为1的等差数列，其中，求数列的前项和．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）设出公比和首项，列出方程组，求出首项和公比，求出通项公式；（2）累加法求出，再用错位相减法求和.
【详解】(1)设首项为，公比为，则，所以，由于，所以，解得：，所以数列的通项公式为；
(2)是公差为1的等差数列，所以当时，，因为，所以，所以，经检验，符合，
①，①×得：②，①－②得：，所以.
18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．求：
(1)；
(2)的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及正弦的2倍角公式可求解；
（2）由正弦定理及正弦的两角差将问题转化为求的范围，再利用2倍角公式化为即可求解.
【详解】(1)因为，
所以,
因为，
，
因为.
(2)由正弦定理，

，
因为，所以，所以，
所以，所以的取值范围是.
19．如图，在四棱锥中，，，，，，.

(1)证明：平面.
(2)若为的中点，求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量求二面角的方法即可求出答案.
【详解】(1)证明：由题可知为等边三角形，所以，.
在中，由余弦定理得，
所以，所以.
因为，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，且相交，
所以平面.
(2)以为坐标原点，以，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

则，.
设平面的法向量为，
则令，得.
取平面的一个法向量为，
则.
由图可知二面角为锐角，所以二面角的大小为.
20．某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额（单位：元），如图所示：

(1)将去年的消费金额超过3200元的消费者称为“健身达人”，现从所有“健身达人”中随机抽取2人，求至少有1位消费者，其去年的消费金额超过4000元的概率；
(2)针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制．规定：消费金额为2000元、2700元和3200元的消费者分别为普通会员、银卡会员和金卡会员．预计去年消费金额在、、内的消费者今年都将会分别申请办理普通会员、银卡会员和金卡会员．消费者在申请办理会员时，需一次性预先缴清相应等级的消费金额．该健身机构在今年年底将针对这些消费者举办消费返利活动，预设有如下两种方案：方案1：按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”给予奖励．其中，普通会员、银卡会员和金卡会员中的“幸运之星”每人分别奖励500元、600元和800元．方案2：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从一个装有3个白球、2个红球（球只有颜色不同）的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一个球．若摸到红球的总数为2，则可获得200元奖励金；若摸到红球的总数为3，则可获得300元奖励金；其他情况不给予奖励．如果每位普通会员均可参加1次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加2次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加3次摸奖游戏（每次摸奖的结果相互独立）．以方案的奖励金的数学期望为依据，请你预测哪一种方案投资较少？并说明理由．
【答案】(1)
(2)方案2投资较少，理由见解析
【分析】（1）由已知图中数据可得“健身达人”的人数和消费额超过4000元的人数，分别计算从所有“健身达人”中抽取2人的方法数，和至少有1位消费者，其去年的消费金额超过4000元的方法数，根据古典概型的概率公式，求得答案;
（2）利用分层抽样的比例确定各种会员的人数，即可以计算出方案1的投资额；再根据方案2，利用二项分布的概率公式，计算其投资额，比较即可得答案.
【详解】(1)记“在抽取的2人中至少有1位消费者在去年的消费超过4000元”为事件A．
由图可知，去年消费金额在内的有8人，在内的有4人，
消费金额超过3200元的“健身达人”共有（人），
从这12人中抽取2人，共有种不同方法，
其中抽取的2人中至少含有1位消费者在去年的消费超过4000元，共有种不同方法．
所以；
(2)方案1按分层抽样从普通会员，银卡会员，金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，
则“幸运之星”中的普通会员、银卡会员、金卡会员的人数分别为
，，，
按照方案1奖励的总金额为
（元）．
方案2设表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，
则的可能取值为0，200，300．
由题意，每摸球1次，摸到红球的概率为，
所以，
，
．
所以的分布列为：

0
200
300
P




数学期望为（元），
按照方案2奖励的总金额为
（元），
因为由，所以施行方案2投资较少．
21．已知椭圆C：的上顶点为A，右焦点为F，原点O到直线AF的距离为，△AOF的面积为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l与C交于M，N两点，过点M作轴于点E，过点N作轴于点Q，QM与NE交于点P，是否存在直线l使得△PMN的面积等于，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；或
【分析】（1）根据题意列出关于a,b,c的方程，可求得答案;
（2）设直线MN方程，并联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，求得相关点的坐标，利用三角形面积之间的关系表示出，列方程求得m，可得答案.
【详解】(1)由题意知，，
因为△AOF的面积为1，所以．
又直线AF的方程，即，
因为点O到直线AF的距离为，
所以，解得，，，
所以椭圆C的方程为．
(2)依题意，当直线MN斜率为0时，不符合题意；
当直线斜率不为0时，设直线MN方程为，
联立，得，
易知．
设，，则，，
因为轴，轴，所以，，
所以直线QM：①，
直线NE：②，
联立①②解得，
因为，ME与直线平行，
所以，
因为，
所以，
由，得，
解得，
故存在直线l的方程为或，使得△PMN的面积等于．
【点睛】该题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆的位置关系中的面积问题，综合性较强，计算量比较大，解答时要注意明确解题的思路，即解决问题的目的是表示出△PMN的面积，难在计算的复杂性，要特别注意.
22．设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】
本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.