2022湖南省新高考教学教研联盟高三下学期4月第二次联考试题数学含解析

2022届湖南新高考教学教研联盟高三第二次联考

数学试卷

由长郡中学；衡阳市八中；永州市四中；岳阳县一中；湘潭县一中；湘西州民中；石门县一中；澧县一中；益阳市一中；桃源县一中；株洲市二中；麓山国际；郴州市一中；岳阳市一中；娄底市一中；怀化市三中；邵东市一中；洞口县一中联合命题

命题学校：麓山国际      审题学校：浏阳市田家炳中学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

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.设集合，，则

A. B. C. D.

2.已知，则

A. B. C. D.

3.已知圆锥的底面直径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角为

A. B. C. D.

4.下列直线中，函数的对称轴是

A. B. C. D.

5.已知椭圆的左、右焦点分别为、，点、均在椭圆上，且均在轴上方，满足条件，，则

A. B. C. D.

6.设，，化简

A. B. C. D.

7.已知，如果过点可作曲线的三条切线.则下列结论中正确的是

A. B. C. D.

8.甲、乙两个质地均匀且完全一样的正方体骰子，每个骰子的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6.同时抛掷这两个骰子在水平桌面上，记事件为“两个骰子朝上一面的数字之和为奇数”，事件为“甲骰子朝上一面的数字为奇数”，事件为“乙骰子朝上一面的数字为偶数”，则下列结论不正确的是

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.已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为，且，去除两个歧义点和后，得到新的回归直线的斜率为3，在下列说法正确的是

A.相关变量，具有正相关关系

B.去除歧义点后，样本的残差为0.1

C.去除歧义点后的回归直线方程为

D.去除歧义点后，随值增加相关变量值增加速度变小

10.设点是的外心，且，下列命题为真命题的是

A.若，则

B.若，则

C.若是正三角形，则

D.若，，，则四边形的面积是5

11.正方体的棱长为2，、、分别为、、的中点.则

A.直线与直线垂直

B.直线与平面平行

C.平面截正方体所得的截面面积为

D.四面体与四面体的公共部分的体积是

12.已知点在圆上，点，，则

A.点到直线的距离最大值为

B.满足的点有2个

C.过点作圆的两切线，切点分别为、，则直线的方程为

D.的最小值是

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知函数是奇函数，则___________.

14.若、是抛物线上的不同两点，弦（不平行于轴）的垂直平分线与轴相交于点，则弦中点的横坐标为____________.

15.函数的极值点为_____________.

16.若在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；依次构造，第次得到的数列的所有项的积记为，令，则___________，__________.（第1空2分，第2空3分）

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.（10分）已知各项均为正数的数列满足，，其中是数列的前项和.

（1）求数列的通项公式；

（2）记，求数列的前100项和.

18.（12分）3名志愿者在10月1日至10月5日期间参加社区服务工作.

（1）若每名志愿者在5天中任选一天参加社区服务工作，且各志愿者的选择互不影响，求3名志愿者恰好连续3天参加社区服务工作的概率；

（2）若每名志愿者在这5天中任选两天参加社区服务工作，且各志愿者的选择互不影响，记表示这3名志愿者在10月1号参加社区服务工作的人数，求随机变量的分布列.

19.（12分）如图，四棱锥中，平面，梯形满足，，且，，为中点，，.

（1）求证：，，，四点共面；

（2）求二面角的正弦值.

20.（12分）法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在中，内角，，的对边分别为，，，已知.以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，.

（1）求；

（2）若，的面积为，求的周长.

21.（12分）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为、，双曲线的右顶点在圆上，且.

（1）求双曲线的标准方程；

（2）动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别交于点、，设为坐标原点.

①求证：点与点的横坐标的积为定值；

②求周长的最小值.

22.（12分）已知函数，.

（1）讨论的单调性；

（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.

2022届湖南新高考教学教研联盟高三第二次联考

数学参考答案

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.C  【解析】因为，，所以，故选C.

2.B  【解析】，则，故选B.

3.C  【解析】圆心角，故选C.

4.B  【解析】，故选B.

5.C  【解析】设，∵，∴，轴，∴.

6.C  【解析】.

7.D  【解析】设切点为，，∴切线斜率为，

∴切线方程为，将代入得方程，即，由题设该方程有3个不等实根.

令，，

由三次函数图象知，故选D.

8.D  【解析】，，，，，故D错.

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.AC  【解析】由回归方程的斜率知变量，具有正相关故选，故选项A正确；由代入，得，所以去除两个歧义点和后，得到新的，，因为得到新的回归直线的斜率为3，所以由，所以去除歧义点后的回归直线方程为，故选项C正确；由于斜率为，故相关变量，具有正相关关系且去除歧义点后，由样本估计总体的值增加的速度变大，故选项D错误；由，得，故选项B错误；综上，答案选AC.

10.ACD  【解析】对选项A：因为，则、、三点共线，易知是以为直角顶点的直角三角形，故A对；对选项B：因为，则、、三点共线，易知是以为直角顶点的直角三角形，且为的中点，则，，故B错；对选项C：因为是正三角形，故，则，故C对；对选项D：因为，故在外，又，∴，又，，则，故D对.

11.BCD  【解析】根据题意，∵，∴面即面，故A选项错误.

∵，面，∴面，故B选项正确.

面截正方体所得截面为等腰梯形，易知梯形面积为，故C选项正确.

四面体与四面体的公共部分是以正方体六个表面中心为顶点的正八面体，其棱长为，所以其体积为，故D正确.

12.ABCD  【解析】易知选项A、B、C均正确，对选项D：即的最小值，设存在定点，使得点在圆上任意移动时均有，设，则有，化简得，∵，

则有，即，∴，，

所以，所以D正确.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.【解析】由题意可知函数为定义域上的奇函数，则有，

∵，∴.

14.【解析】设点、的坐标分别是、，则，，

两式相减得.因为，所以.

设直线的斜率是，弦的中点是，则.

从而的垂直平分线的方程为，

又点在直线上，所以，而，所以.

15.1  【解析】当时，，，易知1为极值点；

当时，，，无极值点，

综上所述，的极值点为1.

16.14，【解析】设第次构造后得到的数列为1，，，…，，2.则，

则第次构造后得到的数列为1，，，，，…，，，，2.

则，∴，

∴，又∵，∴数列是以为首项，3为公比的等比数列，

∴，，.

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.【解析】（1）由，，且，解得，

由，得，

两式相减得.

∵，∴，

所以数列从第二项起构成公差为1的等差数列，

∴，又，所以数列的通项公式为：.

（2）∵，

∴.

18.【解析】（1）3名志愿者每人任选一天参加社区服务，共有种不同的结果，这些结果出现的可能性都相等.

设“3名志愿者恰好连续3天参加社区服务工作”为事件，

则该事件共包括种不同的结果，所以.

答：3名志愿者恰好连续3天参加社区服务工作的概率为.

（2）解法1：随机变量的可能取值为0，1，2，3，

，，

，.

随机变量的分布列为：

解法2：每名志愿者在10月1日参加社区服务的概率均为，

则三名志愿者在10月1日参加社区服务的人数.

，，

随机变量的分布列为：

19.【解析】（1）解法1：取中点，∵，则，为的中点，连接、，

∴在中，，∴，，

又，，，∴，

∴且，∴，

又为的中点，∴，∴，∴、、、四点共面.

解法2：由题设，，

，

.

令，

则，

∴∴，∴，∴、、、四点共面.

解法3：以点为坐标原点，向量、、方向分别为、、轴的正方向建立坐标系，则

，，，，

∴，，，

令，则，

∴∴∴，∴、、、四点共面.

（2）以点为坐标原点，向量、、方向分别为、、轴的正方向建立坐标系，则

，，，∴，.

设平面的一个法向量为，则

令，则.

取平面的一个法向量为，则，

∴二面角的正弦值为.

20.【解析】（1）由，

得，

即，

即，∵，∴，

由正弦定理得，

∵，∴，∴，

∵，∴.

（2）如图，连接、，则，，

正面积，∴，

而，则，

∴中，由余弦定理得：，

有，则，

中，，，由余弦定理得，则，

∴，，∴，所以的周长为.

21.【解析】（1）设双曲线的半焦距为，

由点在圆上，得，

由，得，所以，

所以双曲线的标准方程为.

（2）①当直线的斜率存在时，设其方程为，显然，

联立方程消去得，

由直线与双曲线有且只有一个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别相交可知直线与双曲线的渐近线不平行，所以，且，

于是得得，

法1：双曲线的渐近线方程为

联立方程，消去得，

设，，则.

法2：联立方程，得，

联立方程，得，

∴，

当直线的斜率不存在时，，∴，

综上所述，点与点的横坐标的积为定值3.

②法1：由①，∴

，当且仅当时取等号，所以周长的最小值为6.

法2：由①，

∴，

又，，

在中，由余弦定理，

∴的周长为

，当且仅当时取等号，

∴的周长的最小值为6.

22.【解析】（1）的定义域为，；

当时，，∴在上单调递减；

当时，令，解得，

当时，，∴单调递减；

当时，，∴单调递增.

综上所述，当时，在上单调递减，

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）法1：不等式.

令，则.

令，则有，

，当时，单调递减，

当时，单调递增.

令，则，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，又，，，

∴在上有两个零点，设为、，且，

由，，∴，，且，，

当时，，即，∴，∴，∴单调递减；

当时，，即，∴，∴，∴单调递增；

当时，令，

，∴在上单调递减，又由上知，，

∴在上存在唯一零点，当时，，∴，单调递增；

当时，，∴，单调递减；

当时，，即，∴，∴，∴单调递减；

当时，，即，∴，∴，∴单调递增.

综上所述，在上单调递减，在上单调递增，

在上单调递减，在上单调递增，

∴，

∴对任意，不等式恒成立，∴.

法2：不等式

.

令，，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，∴，

∴，当且仅当时取等号.

令，则有，

即，∴，∴，

令，∵，，∴在内必有零点，即能成立，

∴的最小值为1，∴，∴.

法3：不等式，

当时，.

令，.

令，，

当时，单调递减，时，，单调递增，

，，，∴在有两个零点，设为，，则，

当时，，，单调递减，时，，，单调递增，

当时，，，单调递减，时，，，单调递增，

且，，

∴，符合题意；

当时，∵，不合题意；

综上所述，.

法4：不等式，

当时，.

令，，当时，单调递减，

当时，，单调递增，∴，

∴，当且仅当时取等号.

令，则有，

即，∴，∴此时不等式恒成立，符合题意.

当时，令，∵，，

∴在内必有零点，设为，则，，

∴，不合题意.

综上所述，.