2022届湖南省六校高三下学期2月联考数学试题含解析

这是一份2022届湖南省六校高三下学期2月联考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届湖南省六校高三下学期2月联考数学试题一、单选题1．已知i为虚数单位，复数满足，则等于（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出复数的代数形式，进而可求得模.【详解】，所以．故选：D．2．集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合交集运算法则进行计算.【详解】由已知，，又表示整数，表示奇数，故，故选：B3．一个圆柱的侧面展开图是一个面积为的正方形，则这个圆柱的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设圆柱的底面半径为r，高为h，因为圆柱的侧面展开图是正方形，所以，由面积公式求出高h，再求出r，由体积公式可求出体积.【详解】解：设圆柱的底面半径为r，高为h，因为圆柱的侧面展开图是一个面积为的正方形，所以，所以，所以圆柱的体积为.故选C．4．意大利著名天文学家伽利略曾错误地猜测链条自然下垂时的形状是抛物线．直到1690年，雅各布·伯努利正式提出该问题为“悬链线”问题并向数学界征求答案．1691年他的弟弟约翰·伯努利和菜布尼兹、惠更斯三人各自都得到了正确答案，给出悬链线的数学表达式为双曲余弦型函数：（e为自然对数的底数）．当a=2时，记，，，则p，m，n的大小关系为（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用定义判断函数的奇偶性，再利用导数得到函数在区间上单调递增，分析即得解【详解】由题意知，，当a=2时，定义域为，且故为偶函数又，当时，，即函数在区间上单调递增因为，又，所以，即故选：B5．将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象.若在上单调递增，则的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平移法则写出f(x)的函数解析式，根据单调性，结合正弦函数的性质写出关于的不等式组，求解即得.【详解】，当时，，由，有，，有，得.故选：B6．产品质量检验按过程，主要包括进货检验（），生产过程检验（），出货检验（）.已知某产品单独通过率为，单独通过率为，规定上一类检验不通过则不进入下一类检验，未通过可修复后再检验一次（修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次），且各类检验间相互独立.若该产品能进入的概率为，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用独立事件和互斥事件概率求解.【详解】设：第次通过，：第次通过.由题意知，即，解得或（舍去）.故选：B7．已知双曲线C：（，）的右焦点F（，0），点Q是双曲线C的左支上一动点，圆E：与y轴的一个交点为P，若，则双曲线C的离心率的最大值为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用双曲线的定义进行焦半径的转化，由此求出的最小值即可求出a的范围，再根据离心率计算公式可求离心率最大值.【详解】设双曲线C的左焦点为，则，即，故．由题意可得，∵，∴，则双曲线C的离心率．故选：A．8．已知，，则（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据对数函数的单调性及对数的运算法则，判断、计算的符号，作商比较的大小即可得解.【详解】因为，所以，又因为，所以，又因，所以且，所以，所以，故选：D二、多选题9．若实数a，b，c满足，，则（       ）A． B．C． D．【答案】CD【分析】依题意可得，再由，可得，再对分类讨论，即可判断A、B，再根据即可判断C、D；【详解】解：因实数a，b，c满足，又，则，若，则，故A不正确，取，则，即选项B不正确，因为，所以，，，所以，，故选项C，D正确；故选：CD10．设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知，，则下列说法正确的是（       ）A．B．C．若A，B是相互独立事件，则D．若A，B是互斥事件，则【答案】AC【分析】计算得AC正确；当A，B是相互独立事件时，，故B错误；因为A，B是互斥事件，得，而，故D错误．【详解】解：，故A正确；当A，B是相互独立事件时，则，故B错误；因为A，B是相互独立事件，则，所以，故C正确；因为A，B是互斥事件，，则根据条件概率公式，而，故D错误．故选：AC．11．已知椭圆C：上有一点分别为其左、右焦点，，的面积为，则下列说法正确的是（       ）A．的周长为B．角的最大值为C．若，则相应的点共有2个D．若是钝角三角形，则的取值范围是【答案】ABD【分析】由椭圆方程得椭圆的值，再利用椭圆的定义解决焦点三角形的问题，逐一判断选项.【详解】由已知可得，所以，的周长为，故A正确；因为，所以以为直径的圆与椭圆C相切于上下顶点，所以，故B正确；因为，所以，由椭圆的对称性可知，点P共有4个，故C错误；因为为钝角三角形，所以中有一个角大于，由选项B知不可能为钝角，所以或为钝角，当时，最大，将代入得，此时的面积为，所以三角形的面积，故D正确；故选：ABD12．如图，在等腰梯形ABCD中，．现将△DAC沿对角线AC所在的直线翻折成，记二面角的大小为α（0＜α＜），则（       ）A．存在α，使得⊥BCB．存在α，使得⊥平面BCC．存在α，使得三棱锥−ABC的体积为D．存在，使得三棱锥−ABC的外接球的表面积为【答案】ACD【分析】A：证明平面即可；B：假设⊥平面BC，得出与已知条件矛盾的结论即可判断；C：根据体积可算设到平面的距离，由此可算α的大小；D：过外心作平面垂线，过△ABC外心作平面ABC垂线，两垂线交点即为三棱锥−ABC的外接球球心，根据几何关系即可求出外接球半径和表面积.【详解】取中点E，连接交于F，因为，所以都是等边三角形，所以，，，在翻折过程中，，所以．对选项A，当时，平面平面，因为，所以平面，又因为平面，所以，所以存在，使得，故A正确；对于选项B，假设存在，使得平面，因为平面，所以，与矛盾，故B错误；对选项C，作于F，则，设到平面的距离为d，由，求得，此时sinα＝，故或，故C正确；对选项D，当时，平面平面，F是AC中点，E是AB中点，如图所示，EF∥BC，，EF和BC均与平面垂直，设是顶角是的外接圆圆心，由几何关系可知，过作平面的垂线m，则m∥EF∥BC.E是直角△ABC斜边中点，也是三角形ABC的外心，过E作平面ABC的垂线n，则m和n的交点即为三棱锥外接球球心O，显然四边形是矩形，，在Rt△中，三棱锥的外接球半径R＝，故三棱锥的外接球的表面积为，故D正确.故选：ACD．三、填空题13．已知，，则的值为________．【答案】0.6【分析】利用两角差的余弦公式直接计算可得结果.【详解】解：∵，∴．故答案为：.14．已知向量（2，1），（1，k）（），若，则非零实数k=________．【答案】0.5【分析】由向量平行列出方程，求出k的值.【详解】向量，，则，，若，则，所以，解得：（舍）或．故答案为：15．已知数列满足，其前n项和为，且，则的最大值为________．【答案】【分析】利用并项求和法求得，由此求得的关系式，结合基本不等式求得的最大值.【详解】当，由已知条件可得，所以，则，所以，，∴，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，此时取得最大值．故答案为：四、双空题16．已知函数（，e为自然对数的底数，e =2.71828…）．当a=1时，函数在点P（1，）处的切线方程为________；若，，则实数a的最大值为________．【答案】          e【分析】求导，代入求出，用点斜式求出切线方程；（2）对函数变形，利用同构及函数单调性得到，参变分离构造新函数，通过其单调性求出极值，最值，进而求出实数a的最大值.【详解】由题意当时，，，则，，所以函数在点处的切线方程为．因为，即，则，令，故，在上恒成立，故在上单调递减，故，得，即，记，则，当时，，当时，，故函数在单调递减，在单调递增，故的最小值是，故，即实数a的最大值是．故答案为：，【点睛】同构是一种很重要的方法，特别是函数中同时出现了指数函数与对数函数，往往可以有很好的效果.五、解答题17．为了巩固拓展脱贫攻坚的成果，振兴乡村经济，某知名电商平台决定为脱贫乡村的特色水果开设直播带货专场．该特色水果的热卖黄金时段为2021年7月10日至9月10日，为了解直播的效果和关注度，该电商平台统计了已直播的2021年7月10日至7月14日时段中的相关数据，这5天的第x天到该电商平台专营店购物的人数y（单位：万人）的数据如下表：日期7月10日7月11日7月12日7月13日7月14日第x天12345人数y（单位：万人）75849398100 (1)依据表中的统计数据，请判断该电商平台的第x天与到该电商平台专营店购物的人数y（单位：万人）是否具有较高的线性相关程度？（参考：若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高，计算r时精确度为0.01）(2)求购买人数y与直播的第x天的线性回归方程；用样本估计总体，请预测从2021年7月10日起的第38天到该专营店购物的人数（单位：万人）．参考数据：，，．附：相关系数，回归直线方程的斜率，截距．【答案】(1)具有较高的线性相关程度(2)，314万人【分析】（1）由已知计算相关系数即可.（2）由列表计算、，可得线性回归方程进一步可得解.【详解】(1)由表中数据可得，所以，又，所以，所以该电商平台直播黄金时段的天数x与购买人数y具有较高的线性相关程度．所以可用线性回归模型拟合人数y与天数x之间的关系．(2)由表中数据可得，则，所以，令，可得（万人）18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)求角B的大小；(2)若a=5，c=2，D为边BC的中点，求cos2∠ADC的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）先利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解；（2）在中利用余弦定理及正弦定理求出，再根据计算即可.【详解】(1)在中，由及正弦定理得，即，由余弦定理，而，所以角；(2)因为，所以，由（1）知，中，由余弦定理得，，所以．由正弦定理得，故，故．19．如图所示四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA=AB=BC=2，AD=4，E为棱PD的中点，F为棱PC上的动点（不含端点C）．(1)当F为棱PC的中点时，求证：BF∥平面ACE；(2)求二面角D−AF−C的范围．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行；（2）利用空间向量求解二面角的范围.【详解】(1)因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以，又AB⊥AD，由题意知两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，因为，设平面的一个法向量为，由得令得，因为，所以，又因为平面，所以∥平面．(2)设平面的一个法向量是，因为，由令，得．设平面的一个法向量是，．则，由令，得，，所以二面角的范围为．20．已知等差数列的前n项和为，且，．数列的前n项和为，且，（）．(1)求数列，的通项公式；(2)设数列满足对任意的，均有成立，求数列的前n项和．【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据已知条件求得等差数列的公差，由此求得的通项公式.利用来求得的通项公式.（2）利用来求得数列的通项公式，进而求得.【详解】(1)因为，由得，所以，即，设等差数列的公差为d，所以，所以．由，得，两式相减得，得，所以，又，所以数列是以6为首项、6为公比的等比数列，.(2)由题意得，均有，所以时，有，两式相减得，∴，所以当时，，当时，．当时，也满足上式.综上，.21．已知抛物线C：（）的焦点为F，过点F的直线交抛物线C于P，Q两点，且直线PQ垂直于x轴，O为坐标原点，的面积为2．(1)求抛物线C的方程；(2)圆D与抛物线C交于A，M，B，N四点（A，M，B，N四点依逆时针顺序排列），若，（，），，求直线AB的方程．【答案】(1)(2)或【分析】(1)由关系的面积为2，列方程求，由此可得抛物线方程；(2)由可设直线的方程为，由条件可得，列方程化简求，由此可得结果.【详解】(1)由已知地物线的焦点为，令，代入，解得，所以，所以，解得，故抛物线C的方程为．(2)由题设，知过焦点F，且与坐标轴不垂直，设，直线，将代入，得．则，得的中点为．又因为，所以直线的斜率为，且过的中点，所以的方程为，即．代入，并整理得，设，则，故的中点为，．因为是直径，所以垂直平分，所以A，M，B，N四点在同一个圆上等价于，所以，即，化简得，解得或．所以直线的方程为或． 【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．22．已知函数（）．(1)若a=1，讨论的单调性；(2)若函数存在两个极小值点，，求实数a的取值范围；(3)当时，设，求证：．【答案】(1)单调递减；单调递增(2)(3)证明见解析【分析】（1）代入求导，求的正负，判断单调区间；（2）求，分类讨论和范围下的极小值点个数，从而得出a的取值范围；（3）求的最小值，转化为证明，化简求导数证明即可.【详解】(1)函数的定义域为，当时，，所以，设，则，故为上的增函数，故，当时，，函数在上为单调递减；当时，，函数在上单调递增．(2)由已知，，函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，，①当时，，此时当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以，无极大值；②当时，，又在单调递增，所以在上有唯一零点，且，设，则当，故在上为减函数.所以，所以，所以，又在单调递减，所以在上有唯一零点，且，故当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减；当时，在上单调递增；所以函数有两个极小值点．故实数a的取值范围为．(3)由已知，即，其定义域为，所以，当时，或，因为，所以，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增．所以．所以要证，只需证，即证，令，则，记，则，∴在单调递减，又，故存在，使得，即，∴，记，在上单调递减，，故只需证，即，∵，∴在上单调递增，成立，故原不等式成立．【点睛】关键点点睛：（1）本题讨论极小值点个数，关键是将导数写成含有常见函数的形式，然后分析讨论的范围，得出极值点的个数；（2）用导数证明不等式，可以采用凹凸反转的方法，即将不等式拆分成两个函数，证明其中一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，或证明其中一个函数的最大值小于另一个函数的最小值；（3）当求函数时，若零点不可求，可采用“隐零点”的方法，即借助于等式，表示参数，代入消参求出最值.