2022届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考（五）数学试题含解析

2022届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考（五）

数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算．

【详解】由已知，，所以，

故选：B．

2．复数z满足（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】判断复数在复平面上的象限，只要把复数表示成标准的复数形式即可.

【详解】由，得，所以复数z在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选:D．

3．函数的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数不是偶函数，排除C、D，再结合，即可作出求解.

【详解】因为函数的定义域为R，且不是偶函数，所以排除C、D；

又，排除A，即确定答案为B.

故选: B.

4．传说古代希腊的毕达哥拉斯在沙滩上研究数学问题：把叫做三角形数；把叫做正方形数，则下列各数中既是三角形数又是正方形数的是（       ）

A．16 B．25 C．36 D．49

【答案】C

【分析】写出三角形数和正方形数的通项公式，根据通项公式可得答案.

【详解】三角形数：,的通项公式为；

正方形数：，的通项公式为，

因为，，均无正整数解，，

，

所以是正方形数，不是三角形数；是正方形数，不是三角形数；

即是三角形数，又是正方形数；是正方形数，不是三角形数；

故选：C

5．在的展开式中的系数为20，则常数（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】写出二项展开式通项公式，求得的项数后，由系数为20可得参数值．

【详解】由题意得二项展开式的通项公式为，依题意，令，则，，解得．

故选：A．

6．已知，，直线与直线垂直，则的最小值是（       ）

A． B．4 C． D．6

【答案】C

【分析】由两线垂直的判定可得，再应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意等号成立的条件.

【详解】因为直线与直线垂直，

所以，即，

所以（当且仅当，时，等号成立）.

故选：C．

7．已知F1，F2分别是双曲线C：（，）的左、右焦点，以F1F2为直径的圆与此双曲线在第一象限内的交点为P，且，则此双曲线的离心率是（       ）

A． B．2 C．4 D．5

【答案】D

【分析】利用点P既在圆上又在双曲线上的特点，列出等式即可.

【详解】由题意知，所以，

因为以为直径的圆与此双曲线在第一象限内的交点为P，所以，

所以，所以，即，

所以，解得或（舍），所以此双曲线的离心率是5，

故选:D．

8．已知函数，若当时，恒成立，则实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先判断的单调性和奇偶性，由此化简不等式，分离常数，结合二次函数的性质求得的取值范围.

【详解】由题意，，即为奇函数，同时也为增函数，

∵，即，

∴，即恒成立，，

若不等式恒成立，只需，

令，

∴，∴．

故选：C

二、多选题

9．下列说法中正确的是（       ）

A．在回归分析模型中，若相关指数R2越大，则残差平方和越小，模型的拟合效果越好

B．对具有线性相关关系的变量x，y有一组观测数据（xi，yi）（i=1，2，…，8），其线性回归方程是，且，则实数的值是1

C．若一组数据2，a，4，6的平均数是4，则这组数据的众数和中位数都是4

D．设随机变量服从正态分布N（0，1），若，则

【答案】ABC

【分析】A根据相关指数的实际意义判断；B由样本中心在回归直线上即可求值；C利用平均值公式求参数a；D根据正态分布的对称性求即可.

【详解】A：根据回归分析的基本思想知：相关指数越大，则残差平方和越小，模型的拟合效果越好，正确；

B：由题设得：，则，即的值是1，正确；

C：若一组数据2，a，4，6的平均数是4，则，所以，则这组数据的众数和中位数都是4，正确；

D：设随机变量服从正态分布，若，则，错误；

故选：ABC．

10．已知两条直线m，n和两个平面α，β，下列命题正确的是（       ）

A．若，且，则

B．若，，且，则

C．若，且，则

D．若，且，则

【答案】BC

【分析】以面面平行判定定理判断选项A；以面面垂直判定定理判断选项BC；以线面垂直判定定理判断选项D.

【详解】选项A：若，且，则或与相交.判断错误；

选项B：若，且则 .判断正确；

选项C：若，，则，又，则.判断正确；

选项D：若，且，则或或与相交.判断错误．

故选：BC

11．设动直线l：（）交圆C：于A，B两点（点C为圆心），则下列说法正确的有（       ）

A．直线l过定点（2，3） B．当取得最大值时，

C．当∠ACB最小时，其余弦值为 D．的最大值为24

【答案】ABD

【分析】选项A，整理直线，列出方程组，求出定点；选项B，判断出定点在圆内，当直线l过圆心时，取得最大值，将定点坐标代入，求出m的值；C选项，判断出当时，最小，利用两点间距离公式，勾股定理及余弦定理求出答案；D选项，利用向量的投影及数量积定义得到，得到当为直径时，取得最大值，求出结果.

【详解】选项A，由整理得，当即时，不论m为何值时，都成立，所以直线l过定点，故A正确；

选项B，因为直线l过定点，将定点代入圆，所以定点在圆C的内部，当直线l过圆心时，取得最大值，此时，解得：，故B正确；

选项C，设直线l过的定点，当时，圆心到直线的距离最大，即的余弦值最大，结合余弦在上单调递减，可得最小，而，所以，所以在中，，故C不正确；

选项D．，所以当为直径时，取得最大值，此时，所以的最大值为24，故D正确，

故选：ABD

12．已知函数，下列说法正确的有（       ）

A．函数在上单调递减 B．函数是最小正周期为的周期函数

C．函数的最大值与最小值之和为1 D．函在区间内，共有4个零点

【答案】CD

【分析】首先判断函数的奇偶性，再根据正弦、余弦函数的性质讨论函数在各段的函数解析式，即可画出函数图象，结合函数图象分析即可；

【详解】解：选项A，∵，∴为偶函数，当时，，所以，又，由在为先增后减，故A不正确；

选项B，当时，由可得，所以函数在且上为增函数，在且上为减函数，当时，由可得，所以函数在且上为增函教，在且上为减函数，画出函数图象如图，

又因为函数为偶函数，故不是周期函数，故B错误；

选项C，由B选项的分析可知，函数的最大值为2，最小值为．故最大值与最小值的和为1，C正确；

选项D，由函数图象可得在区间有4个零点，故D正确．

故选：CD．

三、双空题

13．如图是第七届国际数学教育大会的会徽，它的主题图案由一连串如图所示的直角三角形演化而成.设其中的第一个直角.是等腰三角形，且，则，，…，，现将沿翻折成，则当四面体体积最大时，它的表面有___________个直角三角形；当时，四面体外接球的体积为___________.

【答案】         

【解析】由题意画出图形，利用直线与平面垂直的判定和性质，即可判断当四面体体积最大时，它的表面直角三角形的个数；当时，三棱锥P-OA2A3的三条侧棱相等，则P在底面的射影为三角形OA2A3的外心，找出球心，计算半径，代入球的体积公式求解即可.

【详解】显然，，为直角三角形.

因为，要使当四面体体积最大，只需h最大，

所以当四面体体积最大时，有平面，

又，所以

可得：△为直角三角形.

又

而

所以，得△为直角三角形，

故当当四面体体积最大时，它的表面有4个直角三角形；

当时，

三棱锥P-OA2A3的三条侧棱相等，则P在底面的射影为三角形OA2A3的外心.

因为△为直角三角形，所以的中点M为三角形 OA2A3的外心.，

连结PM，则|PM|=，则四面体外接球的球心在PM的延长线上，设球心为N

连结NA3,设|NA3|=R，在直角三角形MNA3中，由勾股定理可得：

，解得：

所以

即四面体外接球的体积为.

故答案为：【答题空1】；【答题空2】

【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：

(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．

四、填空题

14．设F为抛物线C：的焦点，直线l：，点A为C上任意一点，过点A作于P，则_________．

【答案】3.

【分析】设点坐标为，利用抛物线的焦半径公式可得，由点到直线的距离公式可得，代入即可得解.

【详解】由可得焦点坐标为，准线方程为，设点坐标为，由抛物线的定义可得，

因为过点A作于P，可得，

所以．

故答案为：.

15．平面直角坐标系xOy中，为第四象限角，角的终边与单位圆O交于P（，），若，则_________．

【答案】

【分析】由三角函数定义求得与的关系，然后由二倍角公式、诱导公式计算．

【详解】根据三角函数的定义可得，，又，所以．

故答案为：．

16．已知圆O的半径为2，A为圆内一点，，B，C为圆O上任意两点，则的取值范围是_________．

【答案】

【分析】将转化为，结合三角函数的有界性得到取值范围.

【详解】如图，连接，设为和的夹角．

则，且，，由，当时，有最小值；

当时，有最大值为10．

所以的取值范围为.

故答案为：

【点睛】向量的数量积问题，通常处理思路：（1）建立平面直角坐标系，利用坐标进行求解；（2）利用向量基本定理对向量进行转化求解；（3）利用极化恒等式求解

五、解答题

17．已知数列满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列是公比为2的等比数列，且，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）用作差法求得数列扔奇数项与偶数项都是等差数列，分别求得通项公式后合并可得结论；

（2）由等比数列通项公式求得，用分组求和法求得．

【详解】(1)因为，所以，

由①，可得②，两式作差得，

所以当m为奇数时，；

当m为偶数时，

综上所述，．

(2)由是公比为2的等比数列，且可得，设，则是以首项为1，公比为2的等比数列，故，

即，

结合分组求和法可得．

18．如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC=，AD=1，∠CAD=30°．

(1)求∠ACD；

(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在中，由余弦定理求得，根据，得到，即可求解；

（2）在中，由正弦定理求得，根据为锐角三角形，求得，得到，进而求得的取值范围．

【详解】(1)解：在中，由余弦定理得：

，所以，

又因为，所以．

(2)解：由，且，可得，

在中，由正弦定理得，

所以，                    

因为为锐角三角形，，，

所以，可得，

则，所以，所以，

所以的取值范围为．

19．在四棱锥P−ABCD中，AD∥BC，AB=BC=CD=PC=PD=2，PA=AD=4．

(1)求证：平面PCD⊥平面ABCD；

(2)求二面角B−PC−D的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)先要解底面ABCD内的几何关系，然后才好计算四棱锥内部的几何关系；

（2）求两面角本题要用空间向量的方法，，找到四棱锥内部那些垂直关系，建立直角坐标系.

【详解】(1)底面ABCD如下图：

可以解得， ，，在四棱锥中：

，，∴平面PDC，又平面ABCD，

∴平面平面PDC；

(2)取CD的中点O如下图：

连结，由于是等边三角形，所以，，

平面；

以O为坐标原点，，所在直线分别为y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则，

所以，

设平面的一个法向量为，则

令，得，

易知平面的一个法向量为，

设二面角的大小为，则，

所以，

二面角的正弦值为．

故答案为：

20．数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，玩家需要根据9×9盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行、每一列、每一个粗线宫（3×3）内的数字均含1-9，不重复．数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛．

(1)赛前小明在某数独APP上进行一段时间的训练，每天的解题平均速度y（秒）与训练天数x（天）有关，经统计得到如表的数据：

现用作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测小明经过50天训练后，每天解题的平均速度y约为多少秒？

(2)小明和小红在数独APP上玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，两人约定先胜4局者赢得比赛．若小明每局获胜的概率为，已知在前3局中小明胜2局，小红胜1局．若每局不存在平局，请你估计小明最终赢得比赛的概率．

参考数据（其中）

参考公式：对于一组数据（，），（，），…，（，），其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．

【答案】(1)；150秒

(2)

【分析】（1）首先换元，令，设y关于t的线性回归方程为，利用参考公式，即可求解；

（2）首先根据题意写出随机变量，,再利用独立事件概率公式，即可求解.

【详解】(1)由题意，，

令，设y关于t的线性回归方程为，则

，则．

∴，又，∴y关于x的回归方程为，

故时，．

∴．经过50天训练后，每天解题的平均速度y约为150秒．

(2)设比赛再继续进行X局小明最终赢得比赛，则最后一局一定是小明获胜，

由题意知，最多再进行4局就有胜负．

当时，小明胜，∴

当时，小明胜，∴；

当时，小明胜，∴．

∴小明最终赢得比赛的概率为．

21．已知一动圆Q与圆M：外切，同时与圆N：内切，圆心Q的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的方程；

(2)过曲线C上点P作该曲线的一条切线l与直线相交于点A，与直线相交于点B，证明PN⊥NB并判断是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)证明见解析；为定值

【分析】（1）由椭圆的定义即可求出曲线C的方程.

（2）直线l与椭圆C相切于点P，可求出直线l的方程：，再求出B

的坐标即可证明PN⊥NB，再将用表示出来，即可得出为定值.

【详解】(1)圆的圆心为，半径为1；圆的圆心为，半径为5；设动圆圆心为，半径为r；则；

于是，所以动圆圆心Q的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆．

所以；

所以曲线C的方程为．

(2)为定值，理由如下：

设点，则，由题意知为，

直线l的方程为，联立

消去y得．                  

依题意，直线l与椭圆C相切，则，

即，再整理可得，

点P在椭圆上，∴，代入可得，则切线l的方程为．            

∵直线与直线交于点，

则，，

∴，∴．

∴．     

∵直线1与直线交于点，

∴，

∴，∴为定值．

22．已知函数，．

(1)若，求函数的极值点的个数；

(2)是否存在正实数k使函数的极值为，若存在，求出k的值，若不存在，说明理由．

【答案】(1)函数有两个极值点

(2)存在；

【分析】（1）利用二次求导，判断函数的单调性，再结合零点存在性定理，即可证明；

（2）首先求函数的导数，再令，，分，和三种情况讨论是否存在正实数k使函数的极值为.

【详解】(1)当时，，

，

令，则，

所以在单调递减，在单调递增．

又因为时，恒成立，，

所以在上有唯一的零点．

所以当单调递增，当单调递减，当，单调递增，所以函数有两个极值点．

(2)，

令，则时，．                           

，当时，单调递增．，

①当时，在上恒成立，无极值，不存在符合题意的k．                 

②当时，，存在，使得，

当单调递增，当单调递减，当，单调递增，

所以的极大值为的极小值为，故不存在符合题意的k．

③当时，，存在，使得，

当单调递增，当单调递减，当，单调递增，

所以的极小值为的极大值为，

如果存在正实数k使函数的极值为，则，

又因为．所以，所以，

所以，即，

令，则，因为，所以．

所以在单调递增，又因为，所以，此时，

综上所述，时，存在极值为．

【点睛】本题重点考察函数的零点个数，关键是需对函数二次求导，并结合函数的零点存在性定理，判断函数的零点个数，再求函数的极值点时，也需结合函数的单调性，进行判断，本题的难点是分类讨论.