2022届湖北省荆州中学等四校高三下学期四模数学试题含解析

2022届湖北省荆州中学等四校高三下学期四模数学试题

一、单选题

1．已知全集U，M，N是U的非空子集，且，则必有（　　）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据补集的运算性质可得解.

【详解】由，根据补集的性质可得：，即

由图可知

故选：B

2．设复数满足，则（        ）

A． B． C．1 D．

【答案】D

【分析】直接利用复数两边求模的运算法则求解即可.

【详解】由题意得，，即，所以，

故选：D.

3．哥隆尺是一种特殊的尺子，图1的哥隆尺可以一次性度量的长度为1，2，3，4，5，6．图2的哥隆尺不能一次性度量的长度为（　   ）

A．10 B．13 C．15 D．17

【答案】A

【分析】根据题意，分析图中的哥隆尺的任意两点间的距离，分析选项可得答案．

【详解】解：根据题意，如图：假设在图2的哥隆尺中，从左到右，依次有点、、、、、，

之间的距离为9，可以一次性度量9，

、之间的距离为11，可以一次性度量11，

之间的距离为12，可以一次性度量12，

之间的距离为13，可以一次性度量13，

之间的距离为15，可以一次性度量15，

之间的距离为17，可以一次性度量17，

任意两点间的距离不会等于10，不能一次性度量10，

故选：A．

4．已知圆O：，已知直线l：与圆O的交点分别M，N，当直线l被圆O截得的弦长最小时，（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】直线过定点，当直线与垂直时，弦长最短．

【详解】直线l：，即，所以直线过定点，，圆半径，

点在圆内，所以当直线与垂直的时候，最短，

此时．

故选：C．

5．已知函数在单调递减，则的最大值为（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先用辅助角公式化简成正弦型函数，求出正弦型函数的单调递减区间．

【详解】，

令，解得，，

因为，所以，则，

故，解得 ，所以最大值为．

故选：B．

6．酒后驾驶是严重危害交通安全的行为，某交通管理部门对辖区内四个地区（甲、乙、丙、丁）的酒驾治理情况进行检查督导，若“连续8天，每天查获的酒驾人数不超过10”，则认为“该地区酒驾治理达标”，根据连续8天检查所得数据的数字特征推断，酒驾治理一定达标的地区是（       ）

A．甲地：均值为7，方差为2 B．乙地：众数为3，中位数为2

C．丙地，均值为4，中位数为5 D．丁地：极差为，中位数为8

【答案】A

【分析】对于选项AC，首先假设不达标，通过均值、中位数和方差的公式运算，检验假设是否成立，对于选项BD，根据众数，极差和中位数的定义即可判断

【详解】不妨设8天中，每天查获的酒驾人数从小到大为

且其中

选项A，若不达标，则，由均值为7可知，则其余七个数中至少有一个数不等于7，由方差定义可知，，这与方差为2矛盾，从而甲地一定达标，故A正确

选项B：由众数和中位数的定义可知，当，，，时，乙地不达标，故B错误

选项C：若不达标，则，由均值为7可知，因为中位数是5，所以

又因为均值为4，故，从而，

且，则，，，满足题意，从而丙地有可能不达标，故C错误

选项D：由极差和中位数的定义可知，当，

时，丁地不达标，故D错误

故选：A

7．已知，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据正弦函数的单调性即可比较的大小，再构造函数，，结合函数图像可得与在上的大小关系，即可比较，从而可得出答案.

【详解】解：因为，

所以，即，

所以，

令，，

作出两函数的图象，如图所示，

因为，

所以函数与交于点和，

结合图象可知，当时，，

因为，所以，即，

所以.

故选：C.

8．过双曲线的右焦点，作直线交的两条渐近线于，两点，，均位于轴右侧，且满足，为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设，，渐近线与轴所成角为，在，中分别由正弦定理，即可求出，从而得到，即可求出离心率；

【详解】解：设，，渐近线与轴所成角为，

在三角形中，，则，所以，

因为在，中分别由正弦定理：，，则，则，

则，所以；

故选：D.

二、多选题

9．已知实数，，满足，则下列说法正确的是（       ）

A． B．

C． D．的最小值为4

【答案】ABC

【分析】根据实数，，满足，分别化简选项A、B、C中的不等式即可判断；选项D的判断要注意基本不等式取等条件的检验.

【详解】由题，所以有

，故A正确；

，故B正确；

，故C正确；

，当且仅当即时取等，

又因为，所以，即无最小值，故D错误.

故选：ABC.

10．已知向量，，则下列命题正确的是（     ）

A．若，则

B．存在，使得

C．与共线的单位向量只有一个为

D．向量与夹角的余弦值范围是

【答案】AB

【分析】根据向量垂直的坐标表示判断A、B，根据单位向量的定义判断C，根据向量夹角的坐标表示及正弦函数的性质判断D；

【详解】解：对于A选项：若，则，

，．故A正确；

对于B：若，则，即，

所以，即，由A可知，，因为，所以，故B正确；

对于C选项：与共线的单位向量为，故为或，故C选项错误；

对于D选项：设向量与夹角为，则，

因为，所以，所以，故，故D错误；

故选：AB．

11．已知为曲线上一动点，则（       ）

A．的最小值为2

B．到直线的距离的最小值为

C．的最小值为6

D．存在一个定点和一条定直线，使得到定点的距离等于到定直线的距离

【答案】BCD

【分析】化简曲线为，利用抛物线的定义及距离公式，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，曲线，化简可得，

则曲线为抛物线的右班部分，如图所示，

因为抛物线，可得抛物线的焦点坐标为，准线方程为

对于A中，由，所以A错误；

对于B中，结合图象可得，原点到直线的距离取得最小值，

最小值为，所以B正确；

对于C中，由点到准线的距离为，点到准线的距离为，

则，

所以的最小值为，所以C正确；

对于D中，根据抛物线的定义，点到焦点的距离等于点到准线的距离，

所以D正确.

故选：BCD.

12．对于正整数是小于或等于的正整数中与互质的数的数目.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如，则（       ）

A．

B．数列为等比数列

C．数列不单调

D．数列的前项和恒小于4

【答案】BCD

【分析】根据欧拉函数的定义结合对数的运算判断A;

由欧拉函数定义结合等比数的通项公式判断B;

根据欧拉函数求出判断C;

由欧拉函数求出，再由数列的错位相减法求和可判断D.

【详解】因为7为质数，所以与不互质的数为7，14，21，…，，共有个，

所以，故A错误；

因为与互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，…，，，共有个，所以，则数列为等比数列，故B正确；

因为，所以，

故数列不单调递增，

又因为2=,所以数列不单调递减，

所以数列不单调，故C正确；

因为，所以.

设，

则，

所以，

所以，从而数列的前项和为，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．设，函数．若，则实数的取值范围是_________．

【答案】

【分析】根据分段函数的定义和指数的运算性质即可得到结果

【详解】，

所以即

故答案为：

14．设．若，则实数________．

【答案】

【分析】令，即可求出的值.

【详解】令，则

解得：.

故答案为：.

15．设是函数的一个极值点，则与的关系为________．

【答案】

【分析】利用求解即可.

【详解】解：因为，

所以，

又因为是极值点，

所以，

即：2a+b=-3.

又因为，

所以，

故答案为：

四、双空题

16．已知三棱锥中，，则点到平面的距离为______，该三棱锥的外接球的体积为_____．

【答案】         

【分析】取的中点，连接和，得到，，设到平面的距离为，根据，即可求得点到平面的距离，再结合球的截面圆的性质，求得外接球的半径，利用体积公式，即可求解.

【详解】如图所示，因为，可得，

又因为，所以平面，

由，可得，

取的中点，连接和，

在直角中，可得，且，

设到平面的距离为，

又由，即，

解得，即点到平面的距离为.

在中，，

设△ABC外接圆的圆心为，半径为，可得外接圆的直径为，

可得，即,

设外接球的球心为，半径为，因为平面，且，可得

在直角中，可得，可得，

所以外接球的体积为.

故答案为：；.

五、解答题

17．在中，角所对的边分别为，，，延长至，使，的面积为．

(1)求的长；

(2)求外接圆的面积．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）由余弦定理求得，得到为等边三角形，求得，结合面积公式，列出方程，即可求解；

（2）由（1），分和两种情况讨论，利用余弦定理求得的长，结合正弦定理求得外接圆的半径，即可求解.

【详解】(1)解：由，由余弦定理得，

因为，所以，

又因为，所以为等边三角形，故，

因为，可得，

所以，

解得或.

(2)解：由（1）知：当时，，

则，

所以，

设外接圆的半径为，

由正弦定理可得，所以，

所以外接圆的面积为；

当时，，

则，

所以，

同理外接圆的面积为，

综上所述，外接圆的面积为．

18．如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，，．

(1)证明：平面平面；

(2)，分别是，的中点，是线段上的动点，若二面角的平面角的大小为，试确定点的位置．

【答案】(1)证明见解析

(2)点为线段上靠近点的四等分点

【分析】（1）通过面面垂直的判定公理，先证明线面垂直再通过线面垂直证明面面垂直

（2）通过建立空间直角坐标系利用空间向量先设出点P坐标，再根据二面角的大小求得未知量得到点P位置

【详解】(1)证明：因为，，，

所以，即．

又因为，，所以，

，所以平面．

因为平面，所以平面平面．

(2)解：连接，因为，是的中点，所以．

由（1）知，平面平面，所以平面．

以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，.

则平面的一个法向量是，，，．

设，，，，

代入上式得，，，所以．

设平面的一个法向量为，，，

由，得．

令，得．.

因为二面角的平面角的大小为，

所以，即，解得． .

即点的坐标为

所以点为线段上靠近点的四等分点 .

19．在等比数列中，分别是下表第一，二，三行中的某一个数，且中的任何两个数不在下表中的同一列，设数列的前项和为．

(1)求数列的通项公式；

(2)证明：数列中的任意连续三项按适当顺序排列后，可以成等差数列．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分别讨论，，时与、的值构成等比数列可得答案.

（2）求出，根据等差中项性质可得答案.

【详解】(1)当时，不论取7还是都不能与12或构成等比数列，不合题意，

当时，当且仅当时符合题意，

当时，不论取7还是都不能与或构成等比数列，不合题意，

∴，∴.

(2)，∴，，

∵，

∴或成等差数列，

∴数列中的任意连续三项按适当顺序排列后可以成等差数列．

20．法国数学家庞加莱是个喜欢吃面包的人，他每天都会到同一家面包店购买一个面包．该面包店的面包师声称自己所出售的面包的平均质量是，上下浮动不超过．这句话用数学语言来表达就是：每个面包的质量服从期望为，标准差为的正态分布．

(1)已知如下结论：若，从的取值中随机抽取个数据，记这个数据的平均值为，则随机变量．利用该结论解决下面问题．

（i）假设面包师的说法是真实的，随机购买25个面包，记随机购买25个面包的平均值为，求；

（ii）庞加莱每天都会将买来的面包称重并记录，25天后，得到的数据都落在上，并经计算25个面包质量的平均值为．庞加莱通过分析举报了该面包师，从概率角度说明庞加莱举报该面包师的理由；

(2)假设有甲，乙两箱面包（面包除颜色外，其他都一样），已知甲箱中共装有6个面包，其中黑色面包有2个；乙箱中共装有8个面包，其中黑色面包有3个．已知从甲箱抽取面包的概率为，从乙箱抽取面包的概率为，现随机挑选一箱，然后从该箱中随机取出2个面包．求取出黑色面包个数的分布列及数学期望．

附：①随机变量服从正态分布，则，；

②通常把发生概率小于的事件称为小概率事件，小概率事件基本不会发生．

【答案】(1)（i）0.02275；（ii）答案见解析

(2)分布列见解析，

【分析】（1）（i）由正态分布的对称性及原则进行求解；（ii）结合第一问求解的概率及小概率事件进行说明；

（2）设取出黑色面包个数为随机变量，则的可能取值为0，1，2，求出相应的概率，进而求出分布列及数学期望.

【详解】(1)（i）因为，所以，因为，所以          ，因为，

所以；

（ii）由第一问知，庞加莱计算25个面包质量的平均值为，，而，为小概率事件，小概率事件基本不会发生，这就是庞加莱举报该面包师的理由

(2)设取出黑色面包个数为随机变量，则的可能取值为0，1，2，

则；，，

故分布列为：

其中数学期望

21．设点是椭圆上一动点，、分别是椭圆的左、右焦点，射线 、分别交椭圆于两点，已知的周长为，且点在椭圆上.

(1)求椭圆的方程；

(2)证明：为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由椭圆定义可得，再将代入方程即可求出；

（2）设出直线方程，与椭圆联立，表示出坐标，同理得出坐标，即可代入所求，化简可求出.

【详解】(1)根据椭圆的定义可得：，解得：，

将代入方程，得，解得：，

椭圆C的方程为：.

(2)由题知，，设，

则直线的方程为，

由，得     ，

则，

，同理可得，

所以

.

所以 为定值.

22．已知函数．

(1)若曲线在处的切线方程为，求；

(2)在（1）的条件下，若，比较与的大小并证明．

【答案】(1)

(2)，证明见解析

【分析】（１）求导得，再求的值即得切线的斜率，求出切点，利用点斜式求出切线方程，对比系数即可得答案;

(2) 先证明，再令，利用前面的结论说明，最后根据的单调性证明即可.

【详解】(1)解：，

所以在处的切线方程为，

比较系数可得.

(2).

证明：设，则，

令，则；令，则

则是的极小值点同时也是最小值点，

故即（当且仅当时等号成立）.

令，则，

当且仅当，所以

则有而，

又单调递增，所以.