2022届湖南省长沙市第一中学高三下学期月考（八）数学试题含解析

这是一份2022届湖南省长沙市第一中学高三下学期月考（八）数学试题含解析，共19页。

2022届湖南省长沙市第一中学高三下学期月考（八）
数学试题
一、单选题
1．若角的终边过点P（8m，），且，则m的值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角函数定义直接计算可得.
【详解】∵，∴，
故选：A.
2．已知集合M={1，2，3}，，若，则a的值为（       ）
A．1 B．2 C．3 D．1或2
【答案】C
【分析】逐一取a的值为1，2，3进行验算可得.
【详解】当时，由，得，即，不满足题意；当时，由，得，即，不满足题意；当时，由，得或，即，满足题意.
故选：C
3．袋中装有大小相同的四个球.四球上分别标有数字“2”、“0”、“2”、“2”，现从中随机选取三个球，则所选三个球上的数字能构成等差数列的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用古典概型的概率公式即可求解.
【详解】从四个球中任取3个，共有种不同的取法，其中能成等差数列的三个数的情况只有一种，为“2”、“2”、“2”.所以概率为.
故选:D.
4．国家速滑馆又称“冰丝带”，是北京年冬奧会的标志性场馆，拥有亚洲最大的全冰面设计，但整个系统的碳排放接近于零，做到真正的智慧场馆、绿色场馆.并且为了倡导绿色可循环的理念，场馆还配备了先进的污水、雨水过滤系统.已知过滤过程中废水的污染物数量与时间的关系为（为最初污染物数量）.如果前小时消除了的污染物，那么污染物消除至最初的还需要（       ）小时.

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分析可得出，设，求出的值，由此可得出结果.
【详解】由题意可得，可得，设，
可得，解得.
因此，污染物消除至最初的还需要小时.
故选：C.
5．已知p，q为正实数且，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题得，再利用基本不等式求解.
【详解】解：由可知，

，
当，即时，“”成立，
故选：A.
6．第24届冬奥会分北京、延庆、张家口三个赛区.甲、乙、丙、丁、戊五名学生分别去这三个赛区担任志愿者，每个人只去一个赛区，每个赛区至少安排1人.学生甲不被安排到张家口赛区做志愿者的方法数为（       ）
A．150 B．100 C．92 D．64
【答案】B
【分析】按照去张家口赛区的人数分三种情况讨论得解.
【详解】解：若只有1人去张家口赛区做志愿者，有种情况；
若恰有2人去张家口赛区做志愿者，有种情况；
若有3人去张家口赛区做志愿者，有种情况.
所以共有种安排法，
故选：B.
7．已知等轴双曲线的焦距为8，左、右焦点，在轴上，中心在原点，点的坐标为，为双曲线右支上一动点，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】先画出图像，再结合双曲线第一定义，三角形三边关系，当点为与双曲线的交点时，取到最小值
【详解】如图，由双曲线第一定义得①，
又由三角形三边关系可得②（当点为与双曲线的交点时取到等号），①+②得：，故，
由双曲线为等轴双曲线，且焦距为8可得，，则，，，
则

故选：D
【点睛】本题考查利用双曲线第一定义求解到两定点之间距离问题，数形结合与转化思想，属于中档题
8．已知，，，则的大小关系为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将指数式化为对数式，再利用换底公式换为相同形式，比较大小.
【详解】由得，
由得，则；
由得，
则，故有．
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键是换底公式的应用，关键是利用换底公式，变形，比较大小.
9．一个等比数列的前7项和为48，前14项和为60，则前21项和为（       ）
A．180 B．108
C．75 D．63
【答案】D
【分析】由等比数列前n项和的性质S7，S14－S7，S21－S14组成等比数列，分析即得解
【详解】由题意得S7，S14－S7，S21－S14组成等比数列48，12，3，
即S21－S14＝3，∴S21＝63.
故选：D
二、多选题
10．设，，为复数，下列命题中错误的是（       ）
A． B．
C．若，则为纯虚数 D．若，且，则
【答案】AC
【分析】根据举例说明即可判断A、C；根据复数的乘法运算和几何意义即可判断B；根据共轭复数的概念和除法运算即可判断D.
【详解】A：取，则，故A错误；
B：设()，
则，
，
又，
所以，故B正确；
C：取，则为实数，故C错误；
D：由，得，则，
所以，又，所以，故D正确.
故选：AC.
11．下列命题中，真命题有（       ）
A．“”是“”的必要不充分条件
B．“若，则x，y中至少有一个大于3”的否命题
C．R，
D．命题“，”的否定是“，”
【答案】AC
【分析】直接推导可判断A；写出否命题取值验证可判断B；特值法可判断C；根据存在量词命题的否定可判断D.
【详解】对于A选项，，所以不是充分条件；又，所以是必要不充分条件，A选项正确；对于B选项，“若，则x，y中至少有一个大于3”的否命题为“若，则x，y都不大于3”.取，显然为假命题，故B选项错误；对于C选项，取可知C选项正确；命题“，”的否定是“，”，故D不正确，
故选：AC.
12．已知为常数，函数，若函数恰有四个零点，则实数的值可以是（       ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】当时，得到是函数的一个零点，当时，令，转化为和的图象由三个不同的交点，作出函数的图象，结合图象和选项，即可求解.
【详解】由题意，函数，
当时，可得，此时是函数的一个零点；
当时，令转化为，
其中，要是使得有三个零点，
只需和的图象有三个不同的交点，
作出函数的图象，如图所示，
结合图象，可得当或.
结合选项，实数的值可以是和.
故选：AC.

三、填空题
13．平面直角坐标系中，从点出发，依次按向量移动，则终点坐标为________.
【答案】
【分析】由，可知从点出发，向右移动8个单位，从而即可求解.
【详解】解：由题意，因为，所以，
所以从点出发，向右移动8个单位，终点坐标为，
故答案为：.
14．已知函数的图象关于直线对称，则m的最大值为___________.
【答案】
【分析】根据给定条件结合正弦函数的性质求出m的关系式，再根据所给范围计算作答.
【详解】由得函数图象的对称轴：，
依题意，，而，于是得，当时，，
所以m的最大值为.
故答案为：
15．若圆：上总存在两个点到原点的距离为2，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】将问题转化为圆与圆心为原点，半径为2的圆有两个交点的问题，利用圆心距的关系，化简得到.
【详解】由题意知：将问题转化为圆与圆心为原点，半径为2的圆有两个交点，
两圆圆心距，
 ， 即：,
或
故实数的取值范围是.
【点睛】本题体现了转化的思想，将问题转化为两圆相交，运用“隐性”圆，将复杂的解析几何问题转化为几何中的基本图形，使得问题的求解简单易行，解法令人赏心悦目，属于中档题.
四、双空题
16．已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=9，AA1=10，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分，且分别与棱DD1，CC1交于点H，M.

（1）若DH=DC=9，则三棱柱ADH−BCM外接球的表面积为________；
（2）现同时将两个球分别放入被平面分成的两部分几何体内.在平面变化过程中，这两个球半径之和的最大值为________.
【答案】         
【分析】（1）可将三棱柱补型成一个棱长为9的正方体，直接找正方体的
外接球半径即为所求；
（2）作出这两个球在长方体左侧面上的投影为两个大圆，都与直线相切.设两圆半径分别为，，，得到， ，令，则，，构造函数，，利用导数求出最大值.
【详解】（1）由，可将三棱柱补型成一个棱长为9的正方体，该正方体的体对角线长为，故外接球半径，所以外接球的表面积为.
（2）如图，这两个球在长方体左侧面上的投影为两个大圆，都与直线相切.设两圆半径分别为，，，由得，同理，，得，由已知，，令，则，，构造函数，，则，∴，当时，，单调递增；当时，，∴单调递减，∴.经检验，当时，，故的最大值为.

故答案为：（1）；（2）.
五、解答题
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，且.
(1)求角C的大小；
(2)若，点D为AB边的中点，CD=，求的值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用降幂公式，结合正弦型函数的性质求解即可；
（2）根据平面向量加法的几何意义，结合平面向量数量积的运算性质、余弦定理、正确定理进行求解即可.
【详解】(1)由题意得：，
∴，∴.
∵，∴，又，∴，
∴，∴；
(2)由，可得，
∴，∴.
∴，即.
∴，得
18．若数列满足：对，都有（常数），则称数列是公差为d的“准等差数列”.
(1)数列中，，对，都有.求证：数列为“准等差数列”，并求其通项公式；
(2)数列满足：.将（1）中数列中的项按原有的顺序插入到数列中，使与之间插入项，形成新数列.求数列前100项和.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据准等差数列的定义证明即可，然后分奇偶求出数列的通项即可；
（2）由题意可知，在数列的前100项中，数列一共有94项，共中47项为奇数项，47项为偶数项，数列一共有6项，再利用分组求和法即可求出答案.
【详解】(1)∵，∴，
两式相减得，所以数列为“准等差数列”，
∵，∴，∴的奇数项成以2为首项，2为公差的等差数列，
故，，
的偶数项成以0为首项，2为公差的等差数列，
故，，
综上可得；
(2)由题意可知，在数列的前100项中，数列一共有94项，共中47项为奇数项，47项为偶数项，数列一共有6项，
∴
.
19．如图，已知在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，D，E分别在CC1与AA1上，AE＝2，CD＝1．

（1）在线段BE上找一点P使得DP⊥平面ABB1A1，并写出推理证明过程；
（2）求二面角C1﹣BE﹣A1的余弦值．
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【分析】（1）取BE的中点P，AB的中点F，连接PD，PF，CF，先证四边形PFCD为平行四边形，得DP∥CF，再由CF⊥AB，AA1⊥CF，知CF⊥平面ABB1A1，进而得证；
（2）以F为坐标原点建立空间直角坐标系，由FC⊥平面BEA1，知平面BEA1的一个法向量（0，1，0），再求得平面C1BE的法向量，然后由cos，，得解．
【详解】解：（1）取BE的中点P，AB的中点F，连接PD，PF，CF，则PF∥AE，PFAE，
所以PF∥CD，且PF＝CD，
故四边形PFCD为平行四边形，
所以DP∥CF，
由正三棱柱ABC﹣A1B1C1，知△ABC为等边三角形，则CF⊥AB，
因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥CF，
又AA1∩AB＝A，AA1、AB⊂平面ABB1A1，
所以CF⊥平面ABB1A1，
所以DP⊥平面ABB1A1，
故当点P为线段BE的中点时，使得DP⊥平面ABB1A1．
（2）以F为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则B（1，0，0），E（﹣1，0，2），C1（0，，3），C（0，，0），
则（﹣1，，3），（﹣2，0，2），
由（1）知，FC⊥平面BEA1，所以平面BEA1的一个法向量（0，1，0），
设平面C1BE的法向量为（x，y，z），则，即，
取（，﹣2，），
所以cos，，
又二面角C1﹣BE﹣A1为锐二面角，
故二面角C1﹣BE﹣A1的余弦值为．

20．冬奥会的成功举办极大鼓舞了人们体育强国的热情，掀起了青少年锻炼身体的热潮.某校为了解全校学生“体能达标”的情况，从高三年级1000名学生中随机选出40名学生参加“体能达标”测试，并且规定“体能达标”预测成绩小于60分的为“不合格”，否则为合格.若高三年级“不合格”的人数不超过总人数的5%，则该年级体能达标为“合格”；否则该年级体能达标为“不合格”，需要重新对高三年级学生加强训练.现将这40名学生随机分成甲、乙两个组，其中甲组有24名学生，乙组有16名学生.经过预测后，两组各自将预测成绩统计分析如下：甲组的平均成绩为70，标准差为4；乙组的平均成绩为80，标准差为6.（数据的最后结果都精确到整数）
(1)求这40名学生测试成绩的平均分和标准差s；
(2)假设高三学生的体能达标预测成绩服从正态分布N（μ，），用样本平均数作为μ的估计值，用样本标准差s作为的估计值.利用估计值估计，高二学生体能达标预测是否“合格”；
(3)为增强趣味性，在体能达标的跳绳测试项目中，同学们可以向体育特长班的强手发起挑战.每场挑战赛都采取七局四胜制.积分规则如下：以4:0或4:1获胜队员积4分，落败队员积0分；以4:2或4:3获胜队员积3分，落败队员积1分.假设体育生王强每局比赛获胜的概率均为，求王强在这轮比赛中所得积分为3分的条件下，他前3局比赛都获胜的概率.
附：①n个数的方差；②若随机变量Z～N（μ，），则，，.
【答案】(1)，；
(2)合格；
(3).
【分析】（1）根据平均数、方差、标准差的计算公式进行求解即可；
（2）根据题中所给的公式进行求解即可；
（3）根据独立事件和条件概率的公式进行求解即可.
【详解】(1)，
第一组学生的方差为；
解得；
第二组学生的方差为；
解得.
这40名学生的方差为
，
所以；
(2)由，，得的估计值，的估计值.
，
∴.
从而高三年级1000名学生中，不合格的有（人），
又，所以高三年级学生体能达标为“合格”；
(3)设王强在这轮比赛得3分为事件A，他以的比分获胜为事件，他以的比分获胜为事件.
则，
；
所以，
设王强前3局比赛获胜的事件为B，
则，
所以.
21．平面内两定点F1（，0），F2（，0），点O为坐标原点，动点P满足F2P的中点E在⊙O：上，点Q在F1P上且.
(1)求动点Q的轨迹C的方程；
(2)过点D（3，0）分别作两条直线与轨迹C交于点A，点B.线段DA的中点为M，线段DB的中点为N，若OM⊥ON，求证：直线AB过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）连接，分析出点Q的轨迹是以，为焦点的椭圆.即可求出C的方程；
（2）分斜率存在和斜率不垂直两种情况讨论：①当直线的斜率存在时，设直线，用“设而不求法”表示出，得到或.即可证明直线经过定点；②当直线斜率不存在时，设，，
则，，即可求出直线方程，判断出直线过，即可证明
【详解】(1)连接，∵，E为的中点，
∴，又，∴，∴.
所以点Q的轨迹是以，为焦点的椭圆.
∴，，∴，，
∴轨迹C的方程为.
(2)①当直线的斜率存在时，设直线，
，∴，
设，，则，，
∵，，，
∵，∴，
即，
即，∴，
∴或.
当时，直线过左项点，不合题意，含去；
当时，满足，
此时直线经过定点.
②当直线斜率不存在时，设，，
则，，
由得，∴，
解方程组 得，
此时直线过.
综合①②可知，直线过.
22．已知函数，且.
(1)求实数a的值；
(2)求证：存在唯一的极小值点，且；
(3)设，.对，恒成立，求实数b的取值范围.
（参考结论：，）
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由，得到，令，求得，根据，求得，进而确定的值；
（2）求得，令，得到，求得函数的单调性，结合零点的存在定理，得到，使得，得到的单调性，得到存在唯一极小值点，设，利用导数求得的单调性，结合单调性，即可作出证明.
（3）转化为恒成立，当时，得到，令，求得，
令，求得，构造新函数，利用导数求得函数的单调性，结合结论，即可求解.
【详解】(1)解：由题意，函数，可得其定义域为，
因为，且，可得，且时函数的一个极值点，
令，可得，
因为，且，可得，解得，
当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，符合题意.
所以实数的值为.
(2)证明：由函数，
可得，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又由，，，
所以，使得，
当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增，
所以存在唯一极小值点.
因为，所以，
又因为，所以
设，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
因为，所以，
综上可得：.
(3)解：对，恒成立，即恒成立，
即不等式恒成立.
当时，不等式对任意实数b都成立；
当时，，所以，
令，
可得，
令，
则，
令，则，
所以在上单调递减，
所以，所以，单调递减，所以，
所以，单调递减，
又由当时，，所以，
所以，即实数的取值范围是.