湖南省长沙市长郡中学2021-2022学年高三上学期第一次月考数学试题

长郡中学2022届高三月考试卷（一）

数学

本试卷共8页．时量120分钟．满分150分．

一、单项选择题：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. 设集合，集合，则（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求得集合B，然后利用集合的交集求解即可.

【详解】由函数单调递增，不等式解得，即集合，则.

故选：B.

2. 设复数z满足则（    ）

A. 1 B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数的除法运算求出复数，再由复数的模的运算即可求解.

【详解】解：

因为，

所以．

故选B

3. 对具有线性相关关系的变量x，y，测得一组数据如下：

根据上表，利用最小二乘法得它们的回归直线方程为，据此模型预测当时，y的估计值为（    ）

A. 210.5 B. 211 C. 211.5 D. 212

【答案】C

【解析】

【分析】根据表中数据计算、，代入回归直线方程求出，写出回归直线方程，利用方程计算时的值即可．

【详解】，将代入

得，则，当时，，

故选：C

4. 过抛物线（）的焦点作斜率大于的直线交抛物线于， 两点（在的上方），且与准线交于点，若，则

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】分别过作准线的垂线，垂足分别为，设，则， ，故选A.

5. 公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”，此即，欧几里得未给出k的值．17世纪日本数学家们对球的体积的方法还不了解，他们将体积公式中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体也可利用公式求体积（在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长）．假设运用此体积公式求得球奖（直径为a），等边圆柱（底面圆的直径为a），正方体（棱长为a）的“玉积率”分别为，那么（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意可得，，，从而得到.

【详解】由题意得球的体积为；

等边圆柱的体积为；

正方体的体积，所以，

故选：D．

6. 已知且，若，则（    ）

A. 或 B. 或1 C. 1 D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用二倍角的正弦公式以及齐次式求出，再由两角差的正切公式即可求解.

【详解】由，得，

所以，求得（舍），．

又，

将的值代入上式可得：．

故选：D．

7. 某电视台的夏日水上闯关节目一共有三关，第一关与第二关的过关率分别为，只有通过前一关才能进入下一关，每一关都有两次闯关机会，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手能进人第三关的概率为（ ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用相互独立事件，分别计算闯过第一关、闯过第二关的概率，再利用

【详解】该选手闯过第一关的概率为，

闯过第二关的概率为，

所以该选手能进入第三关的概率为．

故选：B.

8. 已知双曲线的左，右焦点分别为、，过点作倾斜角为的直线l交双曲线C的右支于A，B两点，其中点A在第一象限，若，且双曲线C的离心率为2．则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】结合双曲线的性质和余弦定理,即可求解.

【详解】由双曲线的定义知，，∵，

∴，即，

∴，

在中，由余弦定理知，，

∵，故选A．

二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 已知函数，则下列关于的说法正确的是（    ）

A. 最大值为4

B. 在上单调递减

C. 是它的一个对称中心

D. 是它的一条对称轴

【答案】AD

【解析】

【分析】利用整体法及余弦函数的性质，可判断选项A、B；利用代入检验法可判断C、D.

【详解】由，∴的最大值为4，所以A正确；

因为当时，，不是单调函数，所以B错误；

因为不在图象上，所以不是其对称中心，所以C错误；

因为为函数的最大值，所以对称轴，所以D正确.

故选：AD．

10. 已知不等式的解集是，则下列四个结论中正确的是（    ）

A.

B.

C. 若不等式的解集为，则

D. 若不等式的解集为，且，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】由三个“二次”的关系可知，相应方程有两个相等的实根，结合韦达定理就可判断.

【详解】由题意．，∴，所以A正确；

对于B：等号当且仅当，即时成立，

所以B正确；

对于C：由韦达定理，知，所以C错误；

对于D：由韦达定理，知，

则，解得，所以D正确；

故选：ABD．

11. 如图已知P是半径为2，圆心角为的一段圆弧上的一点，若，则的值可以是（    ）（参考数据）

A.  B.  C. 0 D. 1

【答案】ABC

【解析】

【分析】以圆心为原点，平行的直线为x轴，的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，设，求出的坐标，再根据数量积的坐标运算结合三角函数的性质即可求得范围，即可得出答案.

【详解】解：以圆心为原点，平行直线为x轴，的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，

则，设，

则

，且，

，

∵在递增，在递减，

∴当时，最小值为，

当时，的最大值为，

则所以ABC正确，D错误.

故选：ABC.

12. 如图所示，在矩形中，，E为上一动点，现将沿折起至，在平面内作，G为垂足．设，则下列说法正确的是（    ）

A. 若平面，则

B. 若平面，则

C. 若平面平面，且，则

D. 若平面平面，且，则

【答案】AC

【解析】

【分析】对四个选项一一验证：

对于A：由平面得到，在中，解三角形即可求得；

对于B：由平面得到， ，在中解三角形即可求得；

对于C：作于H，可以证明平面，得到，在等腰直角三角形中，可以计算；

对于D：作，垂足为H，可以判断出C，H，G三点共线，证明出，利用，可以求出t.

【详解】对于A，若平面，则，

在中，，则，

是三角形的高，则所以A正确；

对于B，若平面，则有，

则，在中，，

即，解得，所以B错误；

对于C，若平面平面，作，垂足为H，

因为平面平面，所以平面，从而，

又，所以平面，从而，

因为，所以在等腰直角三角形中，，

所以在等腰直角三角形中，，所以C正确；

对于D，若平面平面，平面平面，

又，故平面，

所以，作，垂足为H，

从而有平面，从而，从而有C，H，G三点共线，

则，又，

故，又，

所以，故，

因为，所以，所以D错误.

故选：AC．

【点睛】(1)立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；

(2)一般位置关系的证明用判定定理.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 若是偶函数，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意得求出k的值，再检验函数的奇偶性得解.

【详解】∵是偶函数，∴，∴，

，经检验符合题意，

故答案为:

【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，意在考查学生对这些知识的掌握水平.

14. 已知直线与圆交于，两点，过，分别做的垂线与轴交于，两点，若，则_________.

【答案】

【解析】

【分析】

因为所以直线过圆心，求出直线的方程，利用直线的倾斜角和的长即可求出．

【详解】圆，圆心，半径，

，直线过圆心，

，，

直线，倾斜角为，

过，分别做的垂线与轴交于，两点，

，

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，是基础题．

15. 设函数，若曲线在处的切线经过点．则实数a的值为____；在（e为自然对数的底数，）上的最小值为_________．

【答案】    ①. 1    ②.

【解析】

【分析】（1）求导，利用斜率相等，即可求出,

(2)由（1）得函数单调性，即可求最值.

【详解】函数，则定义域为，．

由题设，解得．

从而；当时，时，．

可知在单调递增．在上单调递减．又，

所以在上的最小值为．

故答案为：（1）1；（2）

16. 在数列中，对任意，，当且仅当，若满足，则的最小值为___________.

【答案】512

【解析】

【分析】不妨设，则，从而得到，同理求出，，，利用已知的不等式求解，求出的最小值，从而得到的最小值．

【详解】不妨设，，

由题意可得，，

因为，

所以，

同理可得，，，，

所以，

因为，

所以，

解得，又，

所以的最小值整数解为9，

故的最小值为．

故答案为：512．

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. 在中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，面积，求的值．

【答案】.

【解析】

【分析】先由面积公式，求出，再结合正弦定理或余弦定理，即可求解.

【详解】由三角形面积公式，则，

∵，∴

（法一）由正弦定理得，．

又由得，所以，

所以

（法二）由余弦定理得，

即，解得（舍）或，

由余弦定理得．

18. 比知数列满足：

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列的前n项和为．若对恒成立．求正整数m的最大值．

【答案】（1）；（2）2021.

【解析】

【分析】（1）求出公比和首项即可.

(2)利用错位相减法，求出，再作差求出递增，即可求解.

【详解】（1）因为数列满足：，

所以，设的公比为q，可得，

又，即，解得，

所以；

（2），

，

，

上面两式相减可得，

化简可，

因为，

所以递增，最小，且为所以，

解得，则m的最大值为2021．

19. 设甲、乙两位同学在高中年级上学期间，甲同学每天6：30之前到校的概率均为，乙同学每天6：30之前到校的概率均为，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．

（1）设A为事件“上学期间的五天中，甲同学在6：30之前到校的天数为3天”，B为事件“上学期间的五天中，甲同学有且只有一次连续两天在6：30之前到校”，求在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，

（2）甲、乙同学组成了学习互助小组后，若某天至少有一位同学在6：30之后到校，则之后的一天甲，乙同学必然同时在6：30之前到校，在上学期间的五天，随机变量Y表示甲、乙同学同时在6：30之前到校的天数，求Y的分布列与数学期望．

【答案】（1）；（2）分布列见解析，.

【解析】

分析】（1）利用条件概率求出即可.

（2）根据题意求出随机变量对应的概率，即可求出其数学期望.

【详解】（1）事件包含6种情况；甲同学第1、2、4天6：30之前到校；

甲同学第1、2、5天6：30之前到校；甲同学第2、3，、5天6：30之前到校；

甲同学第1、3、4天6：30之前到校；甲同学第1、4、5天6：30之前到校；

甲同学第2、4、5天6：30之前到校，故，又，

所以．

（2）随机变量Y的所有可能取值为2、3、4、5．

则，

.

则随机变量Y的分布列为：

则

20. 如图，在中，．O为的外心，平面，且．

（1）求证： 平面；

（2）设平面平面；若点M在线段上运动，且，当直线l与平面所成角取最大值时，求的值

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）连接，证明出，利用线面平行的判定定理即可证明平面．

（2）先判断出．以点D为原点，，垂直平面的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．用向量法计算即可.

【详解】（1）如图，连接，交于点D，O为的外心，

，所以，

所以

故和都为等边三角形，

即四边形为菱形，所以

又平面，平面，所以平面．

（2）由（1）同理可知因为平面，平面，

平面平面，所以．

如图所示：以点D为原点，和垂直平面的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则．

设所以

设平面的法向量为．

，

得，

令得．

所以直线l与平面所成角的正弦值为：

，

即当即点M是线段的中点时，直线l与平面所成角取最大值．

21. 设椭圆长轴的左，右顶点分别为A，B．

（1）若P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点，直线的斜率分别为，求的最小值；

（2）已知过点的直线l交椭圆C于M、N两个不同的点，直线分别交y轴于点S、T，记（O为坐标原点），当直线1的倾斜角为锐角时，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）设点，则可表示出，然后结合椭圆的性质即可求出最小值；

（2）由题意可设直线，与椭圆方程联立，设，则利用韦达定理可得两根和、两根积，及斜率的取值范围，然后结合条件可以用斜率表示出，即可求出其取值范围.

【详解】（1）设点，由椭圆的对称性知，不妨令，

由已知，则，显然有，

则，

，则，

因为，所以，

当且仅当时等号成立，即的最小值为．

（2）当直线l的倾斜角为锐角时，设，设直线，

由得，

从而，又，得，

所以，

又直线的方程是：，令，解得，所以点S为；

直线的方程是：，同理点T为·

所以，

因为，所以，

所以

∵，∴，

综上，所以的范围是．

22. 已知函数（ …是自然对数的底数）．

（1）若在内有两个极值点，求实数 a的取值范围；

（2）时，讨论关于x的方程的根的个数．

【答案】（1）；（2）答案见解析.

【解析】

【分析】（1）若在内有两个极值点，则在内有两个不相等的变号根，等价于在上有两个不相等的变号根．令，分类讨论有两个变号根时的范围；（2）化简原式可得：，分别讨论和时的单调性，可得的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合的单调性可以得到零点个数.

【详解】（1）由题意可求得，

因为在内有两个极值点，所以在内有两个不相等的变号根，

即在上有两个不相等的变号根．

设，则，

①当时，，

所以在上单调递增，不符合条件．

②当时，令得，

当，即时，，

所以在上单调递减，不符合条件；

当，即时，，

所以上单调递增，不符合条件；

当，即时，在上单调递减，上单调递增，

若要在上有两个不相等的变号根，则，解得．

综上所述，．

（2）设，

令，则，所以在上单调递增，在上单调递减．

（ⅰ）当时，，则，所以．

因为，所以，因此在上单调递增．

（ⅱ）当时，，则，所以．

因为即，又 所以，因此在上单调递减．

综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当时，，

当，即时，没有零点，故关于x的方程根的个数为0，

当，即时，只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1，

当，即时，

①当时，，要使，可令，即；

②当时，，要使，

可令，即，

所以当时，有两个零点，故关于x的方程根的个数为2，

综上所述：当时，关于x的方程根的个数为0，

当时，关于x的方程根的个数为1，

当时，关于x的方程根的个数为2．

【点睛】本题考查已知极值点的个数求参数，以及分类讨论求函数的零点个数问题，属于难题.

关键点点睛：分类讨论求函数的零点时，（1）先从函数有无零点得到参数的一个范围；（2）函数有零点时，再判断函数零点是否在给定区间内，得到参数下一步的范围.