2022届湖南省长沙市雅礼中学等十六校高三下学期第一次联考数学试题含解析

这是一份2022届湖南省长沙市雅礼中学等十六校高三下学期第一次联考数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届湖南省长沙市雅礼中学等十六校高三下学期第一次联考数学试题一、单选题1．设，则p是q成立的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】试题分析：由指数函数的性质可知，当必有，所以的充分条件，而当时，可得，此时不一定有，所以的不必要条件，综上所述，的充分而不必要条件，所以正确选项为A.【解析】充分条件与必要条件.【方法点睛】判断是不是的充分（必要或者充要）条件，遵循充分必要条件的定义，当成立时，也成立，就说是的充分条件，否则称为不充分条件；而当成立时，也成立则是的必要条件，否则称为不必要条件；当能证明的同时也能证明，则是的充分条件．2．设i是虚数单位，则复数A．-i B．-3i C．i D．3i【答案】C【详解】，选C.【解析】复数的基本运算.3．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一个城市.由此可判断乙去过的城市为（       ）A．A B．B C．C D．无法判断【答案】A【分析】可先由乙推出，可能去过A城市或B城市，再由甲推出只能是A，B中的一个，再由丙即可推出结论.【详解】由乙说：我没去过C城市，则乙可能去过A城市或B城市，但甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市，则乙只能是去过A，C中的任一个，再由丙说：我们三人去过同一城市，则由此可判断乙去过的城市为A.故答案为：A.4．如图，等腰三角形ABC在平面α上方，∠BAC = 90°，若△ABC以BC为旋转轴旋转，形成的旋转体在平面α内的投影不可能的是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】对直线与平面的位置关系进行分类讨论，判断出投影的形状，即可得到答案．【详解】若△ABC以BC为旋转轴旋转，形成的旋转体是一个由两个相同的圆锥底面重合形成的组合体，如图所示：若，则旋转体在平面内的投影如选项D所示；若，则旋转体在平面内的投影为正方形；若与所成的角在(45°，90°)时，则旋转体在平面内的投影如B所示；若与所成的角在(0°，45°)时，则旋转体在平面内的投影如A所示；∴投影不会出现选项C的形状．故选：C．5．已知集合，，定义集合，则中元素的个数为A．77 B．49 C．45 D．30【答案】C【详解】因为集合，所以集合中有5个元素（即5个点），即图中圆中的整点，集合中有25个元素（即25个点）：即图中正方形中的整点，集合的元素可看作正方形中的整点（除去四个顶点），即个．  【解析】1．集合的相关知识，2．新定义题型．6．电子钟一天显示的时间是从00:00到23:59的每一时刻都由四个数字组成，则一天中任一时刻的四个数字之和为23的概率为A． B． C． D．【答案】C【解析】【详解】试题分析：由于一天有1440分钟，所以有1440种不同的结果，其中符合要求的有19：49，19：58，18：59，09：59共四种，所以所求概率为【解析】本小题主要考查古典概型求概率．点评：古典概型求概率，要保证每个基本事件都是等可能的.7．已知数列满足，设数列的前项和为，若，，则(       )A．1008 B．1009 C．2016 D．2018【答案】B【分析】根据已知递推式得出以，，则，由此根据已知条件求出，由此即可求解．【详解】∵，，∴，则，∴，，则，可知，，，∴，∵，∴，∴，∵，则，∴，∵，∴，，∵，∴，故选：B．8．如图，长方形中，，，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为．设，二面角的大小为，若，则四棱锥体积的最大值为（       ） A． B． C． D．【答案】A【分析】将棱锥的底面边长及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱锥体积，整理化简后利用三角函数求最值.【详解】设过与垂直的线段长为，则，，，，则四棱锥的高，则，，∴四棱锥体积的最大值为.故选：A.【点睛】求解立体几何体积的最值时，一般需要将体积写为函数关系式或者是三角函数关系式，进而利用函数求最值或三角函数求最值的方法求解其最值.二、多选题9．设函数，已知在有且仅有5个零点．下面论述正确的是（       ）．A．在有且仅有3个极大值点 B．在有且仅有2个极小值点C．在单调递增 D．的取值范围是【答案】ACD【分析】结合正弦函数的图像和性质可判断A，B选项，根据在有且仅有5个零点，可得，解出，可判断D，由，得，而要在单调递增，从而可得，进而可求出的范围，可判断C【详解】解：当时，，因为在有且仅有5个零点，所以在上有且仅有3个极大值点，而极小值点有2个或3 个，所以A正确，B错误；因为，所以，所以D正确；当时，，若在单调递增，则，得，而，所以C正确，故选：ACD【点睛】此题考查了三角函数的图像与性质，考查计算能力，属于中档题10．下列不等式成立的是（       ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】A.根据，指对数和0或1比较大小，判断选项；B.两个值和1比较大小，判断选项；C.利用分析法，变形判断选项；D.两个数变形为，，再和特殊值比较大小.【详解】A.，，，，故A不正确；B.,,，故B正确；C.要判断，即判定，即判定，即，即，即成立，故C正确；D.，，，且，，，故D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题考查指对数比较大小，关键选项是D，需变形后，和比较大小.11．在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义P的“伴随点”为；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身．平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线定义为曲线C的“伴随曲线”，下列命题为真命题的有（       ）A．若点A的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点A；B．单位圆的“伴随曲线”是它自身；C．若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”关于y轴对称；D．一条直线的“伴随曲线”是一条直线．【答案】BC【分析】利用新定义，转化求解判断4个命题，是否满足新定义，推出结果即可．【详解】解：对于，若令为，则其“伴随点”为，，而，的“伴随点”为，而不是，故错误；对于，设单位圆上任一点的坐标为，其“伴随点”为仍在单位圆上，故正确；对于，设曲线关于轴对称，则与方程表示同一曲线，其“伴随曲线”分别为，，与，也表示同一曲线，又曲线，与曲线，的图象关于轴对称，所以正确；对于，设直线方程为，点的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点，，，，，代入整理可得，的轨迹是圆，故错误，故选：．12．已知函数在区间上的零点个数为，函数在区间上的所有零点的和记为.则下述正确的是（       ）A．B．C．在区间上任意两零点的差大于D．在区间上任意两相邻零点的差大于【答案】ABC【分析】把零点看作是函数和函数的交点的横坐标，利用奇函数的对称性，的周期性与单调性判断各选项．【详解】由得，此方程的解即直线与函数交点的横坐标，又是周期为的周期函数，也是奇函数，且在上单调递减，而是增函数也是奇函数，它们只有一个交点，同理在上都是有一个交点，时，交点在 上，所以它们在上交点个数为，即，，B正确；由函数和都是奇函数，知所有交点关于原点对称，因此，A正确；相邻两个零点为，，，又当时，，设且，则，而，所以，且，若，则，所以，若，则，即仍然有，综上，任意两个相邻零点，都有，C正确，D错误．故选：ABC．【点睛】关键点点睛：本题考查方程根的分布问题，解题关键是把方程的根转化为函数图象交点的横坐标，即构造函数和，它们都是奇函数，再确定的周期性与单调性，利用这些性质易判断各选项同．三、填空题13．展开式中的常数项为______.【答案】4246【分析】根据二项式展开式的通项即可求解.【详解】的展开式的通项:,5,6.的展开式的通项：,.两通项相乘得:，令，得，所以满足条件的有三组:，故常数项为.故答案为：4246.14．在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．【答案】或0【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.【详解】∵三点共线，∴可设，∵，∴，即，若且，则三点共线，∴，即，∵，∴，∵,,，∴，设，，则，.∴根据余弦定理可得，，∵，∴，解得，∴的长度为.当时， ，重合，此时的长度为，当时，，重合，此时，不合题意，舍去.故答案为：0或.【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出．15．早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．【答案】【分析】可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，可得，，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.【详解】由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，则，得，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是，所以，即，解得．所以该正二十面体的外接球表面积为，而该正二十面体的表面积是，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．故答案为：.【点睛】本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是将正二十面体的外接球等价于上方正五棱锥的外接球，表示出半径.16．在锐角三角形ABC中，若sinA=2sinBsinC，则tanAtanBtanC的最小值是______.【答案】8.【详解】，又，因此即最小值为8.【解析】三角恒等变换，切的性质应用【名师点睛】消元与降次是高中数学中的主旋律，利用三角形中隐含的边角关系作为消元依据是本题突破口，斜三角形中恒有，这类同于正、余弦定理，是一个关于切的等量关系，平时应多总结积累常见的三角恒等变形，提高转化问题能力，培养消元意识．此类问题的求解有两种思路：一是边化角，二是角化边．四、解答题17．在中，．（1）求B；（2）若，的面积为，求的周长．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由已知三角函数的等量关系，结合两角和正弦公式得，根据正弦定理、三角形内角的性质，即可求B；（2）由三角形面积公式求出、，再根据余弦定理求，即可求的周长．【详解】（1）由，得，∴，即，∴．由正弦定理，得，又，∴，即，，∴．（2）由的面积为，得，解得，即．由余弦定理，可得，解得．∴的周长为．【点睛】关键点点睛：（1）利用三角恒等变换及正弦定理，将已知条件化简为一个内角的函数值，根据函数值确定角的大小.（2）综合应用正余弦定理求三角形的边，进而求其周长.18．如图四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，，，，E为PD的中点. （1）求直线PB与平面PAC所成角的正弦值；（2）设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并证明结论.【答案】（1）；（2）在平面内．证明见解析．【解析】（1）计算出，证明，然后取取中点，连接，可证明平面，这样可建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值；（2）在平面内．只要证明与共面即可得．【详解】直角梯形中，由已知可得，，∴，即，又是以为斜边的等腰直角三角形，∴，取中点，连接，则，，则，∴，又，∴，∴，，而，平面，∴平面，因此可以为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，即，又，，直线PB与平面PAC所成角为，则．（2）由（1），，，设，则，，解得，∴，∴与共面，∴在平面内．【点睛】方法点睛：本题考查求线面角，判断点到平面的关系．解题方法是空间向量法，通过求出直线与平面法向量的夹角的余弦值得线面角的正弦值．利用向量法证明向量与共面共面从而可得点与平面的位置关系．19．数列中，且，其中为的前项和.（1）求的通项公式；（2）证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）令可求得；当时，由和的关系可整理得到，由此证得数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得结果；（2）将问题转化为证明，利用放缩法可得到，采用裂项相消法不等式右侧的和可得结论.【详解】（1）在中，令，则，解得：；当时，由得：，两式相减得：，即，，两式再相减得：，即，数列为等差数列，又，公差，.（2）要证，即证，，即.20．现对某市工薪阶层对于“楼市限购令”的态度进行调查，随机抽调了50人，他们月收入(单位：百元)的频数分布及对“楼市限购令”赞成人数如下表：月收入频数510151055赞成人数4812521 （1）根据以上统计数据完成下面的列联表，并问能否有97.5%的把握认为“某市工薪阶层对于‘楼市限购令’的态度与月收入以6500元为分界点有关”？ 月收入不低于65百元的人数月收入低于65百元的人数合计赞成   不赞成   合计    （2）若对月收入在和的被调查人中各随机选取两人进行追踪调查，求在选中的4人中有人不赞成的条件下，赞成“楼市限购令”的人数的分布列及数学期望.附：，.0.0500.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828 【答案】（1）列联表见解析．有97.5%的把握认为“某市工薪阶层对于‘楼市限购令’的态度与月收入以6500元为分界点有关；（2）分布列见解析，期望为．【分析】（1）根据频数分布表中数据可得列联表，计算出可得把握度．（2）的取值分别是，求出各概率得分布列，由期望公式计算期望．【详解】（1）由题意列联表如下： 月收入不低于65百元的人数月收入低于65百元的人数合计赞成32932不赞成71118合计104050 ，所以有97.5%的把握认为“某市工薪阶层对于‘楼市限购令’的态度与月收入以6500元为分界点有关”（2）的取值分别是，，，，,记4人中有人不赞成为事件，则，，同理，，，，所以的分布列为：012340 ．【点睛】本题考查独立性检验，考查随机变量的概率分布列与数学期望．考查学生的数据处理能力，根据已知数据得出列联表中数据，计算得出相应结论．另外确定随机变量的取值的关键，由此计算各概率，得分布列，计算概率时要注意这是条件概率，需由条件概率公式计算，由期望公式计算期望．考查学生的运算求解能力．21．已知函数在区间上有两个不同的零点.（1）求实数的取值范围;（2）求证: .【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）参变分离得，设，，求出的最小值，进而求得的取值范围；（2）原不等式等价于，再进一步等价转化为，，构造函数，只需证即可.【详解】（1）由，得，设，，即直线与曲线在上有2个交点，又，当时，，单调递减，时，，单调递增.故，而，当时，，故.（2），由，得，当时，在单调递减，当时，在单调递增.因为，为的两个零点，不妨设，则，且取对数原不等式等价于，等价于，等价于，即证，因为，所以，所以，即证，即，即，，，设，则，令，则，所以在上单调递增，所以当时，，即，故，在单调递增，故，故.所以.【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键点是：经过多次等价转化，把要证明的不等式转化为，.22．在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，点为直线：与椭圆：的一个交点，且，.（1）证明：直线与椭圆相切；（2）已知直线与椭圆：交于，两点，且点为的中点.（i）证明：椭圆的离心率为定值；（ii）记的面积为，若，证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析；【分析】（1）联立椭圆与直线的方程，得关于的一元二次方程，由表示出，代入，计算得，可证明直线与椭圆相切；（2）（i）联立方程，得关于的一元二次方程，由韦达定理代入化简得的关系，即可求得离心率；（ii）由弦长公式表示出，利用点到直线距离公式求解的高，代入面积公式，化简计算得，即可证明.【详解】（1）由题意，，得，所以，因为点为直线与椭圆的一个交点，且，所以，代入的表达式可得， ，所以直线与椭圆相切；（2）（i），可得，由韦达定理知，，又因为点为的中点，所以，解得，所以为定值；（ii），所以，由（i）中韦达定理知，，所以，因为，代入化简得，因为，所以，证明，只需证，又因为显然成立，所以成立.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．