广东省惠州市第一中学等六校联盟2022届高三下学期第六次联考数学试题

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绝密★启用前广东省惠州市第一中学等六校联盟2022届高三下学期第六次联考数学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五总分得分      注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分  一、单选题1．设集合，集合，则（       ）A． B． C． D．2．已知是关于的方程的一个根，为虚数单位，则（       ）A． B． C． D．3．已知，则（       ）A． B．C． D．4．已知函数的部分图像如图所示，则将的图像向左平移个单位后，所得图像的函数解析式为（       ） A． B．C． D．5．一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，两个半圆半径分别为2和4，则该圆台的体积是（       ）A． B． C． D．6．如图，神舟十二号的飞行轨道是以地球球心为左焦点的椭圆（图中虚线），我们把飞行轨道上的点与地球表面上的点的最近距离叫近地距离，最远距离叫远地距离.设地球半径为，若神舟十二号飞行轨道的近地距离是，远地距离是，则神舟十二号的飞行轨道的离心率为（       ）A． B． C． D．7．定义在上的函数满足.若的图象关于直线对称，则下列选项中一定成立的是（       ）A． B． C． D．8．已知平面向量，，满足，且，则最小值为（       ）A． B． C． D．评卷人得分  二、多选题9．若，且，则（       ）A． B． C． D．10．为庆祝建团100周年，六校组织开展团史知识竞赛活动，以学校为单位参加比赛，某校在6道团史题中（4道选择和2道填空），不放回地依次随机抽取3道题作答，设事件为“第次抽到选择题”，则下列结论中正确的是（       ）A． B．事件与互斥C． D．11．已知P(x，y)为曲线上一动点，则（       ）A．若z＝x－y，则z的最大值为1B．存在一个定点和一条定直线，使得点P到该定点的距离等于点P到该定直线的距离C．P到直线y＝－x－2的距离的最小值为D．的最小值为612．数列满足，，，定义函数是数列的特征函数，则下列说法正确的是（       ）A．当时，数列单调递增B．当时，C．当时，D．当方程有唯一解时，存在，对任意，都有第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分  三、填空题13．若曲线在点处的切线与直线平行，则___________．14．已知，，则___________.15．一只红铃虫产卵数和温度有关，现测得一组数据，可用模型拟合，设，其变换后的线性回归方程为，若，，为自然常数，则________.评卷人得分  四、双空题16．在侧棱长为2的正三棱锥中，，，两两垂直，､分别为､的中点，则三棱锥的外接球的表面积为___________，若为上的动点，是平面上的动点，则的最小值是___________.评卷人得分  五、解答题17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.(1)求B；(2)若，面积为，求周长.18．如图，在五面体中，为边长为2的等边三角形，平面，，.(1)求证：平面平面；(2)若直线与平面所成角的正切值为，求平面BDE与平面ABC所成锐二面角的余弦值.19．记是公差不为零的等差数列的前项和，若，是和的等比中项.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前20项和.20．新型冠状病毒的传染主要是人与人之间进行传播，感染人群年龄大多数是岁以上人群.该病毒进入人体后有潜伏期.潜伏期是指病原体侵入人体至最早出现临床症状的这段时间.潜伏期越长，感染到他人的可能性越高.现对个病例的潜伏期(单位：天)进行调查，统计发现潜伏期平均数为，方差为.如果认为超过天的潜伏期属于“长潜伏期”，按照年龄统计样本，得到下面的列联表：年龄/人数长期潜伏非长期潜伏50岁以上6022050岁及50岁以下4080 （1）是否有的把握认为“长期潜伏”与年龄有关；（2）假设潜伏期服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.（i）现在很多省市对入境旅客一律要求隔离天，请用概率的知识解释其合理性；（ii）以题目中的样本频率估计概率，设个病例中恰有个属于“长期潜伏”的概率是，当为何值时，取得最大值.附：0.10.050.0102.7063.8416.635 若，则，，.21．已知函数，.(1)当时，求证：在上有唯一极大值点；(2)若没有零点，求的取值范围.22．在一张纸上有一圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点恰好与点重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕，设折痕与直线的交点为.(1)求点的轨迹方程；(2)曲线上一点N，点A、B分别为直线：在第一象限上的点与：在第四象限上的点，若，，求面积的取值范围.
参考答案：1．C【解析】【分析】先求解集合，再根据集合的运算性质即可得到结果【详解】故选：C2．C【解析】【分析】将代入原方程并化简，进而解出p,q，最后求得答案.【详解】根据题意，，所以，所以.故选：C.3．C【解析】【分析】利用指数函数和对数函数的单调性以及中间值进行比较即可.【详解】 ，， 故选：C.4．B【解析】【分析】先由图像求出，然后利用平移变换和诱导公式计算出结果.【详解】由题，由图，，所以，向左平移个单位后，得到故选：B.5．D【解析】【分析】求出上下底面圆的半径，进而求出高线，利用圆台体积公式进行求解.【详解】设圆台上底面圆半径为，则，解得：，设圆台下底面圆的半径为，则，解得：，圆台的母线长为4-2=2，画出圆台，如下： 过点D作DE⊥AB于点E，则，由勾股定理得：，所以圆台的体积为.故选：D6．D【解析】【分析】以运行轨道长轴所在直线为轴，地心为左焦点建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，根据题意列出方程组，解方程组即可．【详解】以运行轨道长轴所在直线为轴，地心为左焦点建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，其中，根据题意有 ，所以 ，所以椭圆的离心率．故选：．7．A【解析】【分析】根据，令，可求得，再根据函数的对称性可得及，再令，可求得，即可得出答案.【详解】解：因为函数满足，所以，所以，又的图象关于直线对称，所以，且，则，所以，所以，无法求出.故选：A.8．D【解析】【分析】根据，得到，不妨设，利用坐标法求解.【详解】解：因为，所以，又，所以，如图所示：不妨设，则，所以，因为，所以，即，表示点C在以为圆心，以2为半径的圆上，所以最小值为，故选：D9．AC【解析】【分析】a＝2－b代入即可判断A，利用特殊值可判断B，利用基本不等式可求ab的范围，从而可判断C，利用和基本不等式可求的范围，从而判断D.【详解】对于A，，且，，解得，故A正确；对于B，不妨取，则不满足，故B错误；对于C，，且，，当且仅当时，等号成立，，故C正确；对于D，，且，，当且仅当，即时等号成立，∵－3＝，∴，故D错误.故选：AC10．AD【解析】【分析】利用古典概型的概率公式，条件概率的概率公式以及互斥事件的定义求解即可.【详解】,选项A正确；事件与可以同时发生，不是互斥，选项B错误；，选项C错误；，，，选项D正确.故选：AD.11．ABD【解析】【分析】由曲线为抛物线的右半部分（包含原点）即可判断B正确；借助二次函数的最值即可判断A正确；数形结合判断C选项错误；利用抛物线的定义即可求出的最小值，从而判断D正确.【详解】由题意知：，即曲线为抛物线的右半部分（包含原点），由抛物线定义可知，B正确；，当时，，A正确；由图像可知，原点到直线y＝－x－2的距离最小，此时距离为，C错误；设点，易知抛物线焦点为，准线为，设点到准线的距离为，则，D正确.故选：ABD.12．BC【解析】【分析】利用数列的单调性可判断A选项；推导出数列为等比数列，结合等比数列的通项公式可判断B选项；利用数学归纳法可判断C选项；取，结合等比数列的通项公式可判断D选项.【详解】对于A，当时，，故数列单调递减，故A错误；对于B，当时，，则，故数列是以为公比，为首项的等比数列，则，所以，，故B正确；对于C，当时，则，因为，则，故，根据数列迭代递推，不完全归纳可猜想成立，证明如下：（1）当时，；（2）假设当时，，则当时，，，则.综上，故C正确；对于D，取，则有唯一的解，则，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，所以，，当时，，D错.故选：BC.【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：（1）当出现时，构造等差数列；（2）当出现时，构造等比数列；（3）当出现时，用累加法求解；（4）当出现时，用累乘法求解.13．【解析】【分析】求得函数的导数，得到，根据，即可求解.【详解】由函数，可得，可得因为曲线在点处的切线与直线平行，可得，解得.故答案为：.14．【解析】【分析】将已知条件展开后可得出的值，通过的取值范围可判断出的符号，通过即可求解.【详解】，，，，.故答案为：.15．【解析】【分析】经过变换后将非线性问题转化为线性问题，在求样本点的中心，回归直线一定过该点，即可求出参数.【详解】经过变换后，得到，根据题意，故，又，故，，故，于是回归方程为一定经过，故，解得，即，于是.故答案为：.16．          【解析】【分析】由三角形ADC与AEC为直角三角形，可得斜边AC中点M即为三棱锥的外接球球心，从而即可求解；当最小时，平面，则Q在线段DG上，将三角形沿翻折，使之与三角形共面，从而即可计算最短距离.【详解】解：因为DA ，DB，DC两两垂直，，所以，因为M，E分别为AC、AB的中点， 所以，所以，故M为三棱锥的外接球球心，所以三棱锥的外接球的表面积；在正三棱锥中，E为AB中点，，平面，设CE中点为G，连接，为AC中点，且M G=A E=，平面，∴即为在平面上的射影，当最小时，平面，故Q在线段DG上.如图，将三角形沿翻折，使之与三角形共面，此时，的最小值，即为点到的距离，过点作于点，又，，，，故答案为：.17．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据正弦定理和两角和公式即可得到结果（2）根据三角形面积公式以及余弦定理即可得到结果(1)因为，由正弦定理：，得，又∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，即.(2)由题意知，∴由余弦定理得，又∵，，∴∴，故，所以的周长.18．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）取的中点为，的中点为，由中位线得，，进而得到四边形为平行四边形，然后得到，，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理即可证明.（2）先由直线与平面所成角的正切值计算出，然后建立空间直角坐标系用向量法计算二面角，也可以用几何法得到二面角的平面角再计算.(1)取的中点为，的中点为，连接，，，因为平面，平面，故，而为等边三角形，，所以，又M、N分别为BE、AB所在棱的中点，所以，又，，所以，，故四边形为平行四边形，所以，则，，又，平面，所以平面，而平面，故平面平面.(2)由（1）可知，为直线与平面所成角，设，则，，则，解得法一：向量法（通性通法）如图建立空间直角坐标系，则、、∴、设平面的法向量，则，令，解得，，则∵平面，∴是平面的一个法向量∴所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为.法二：几何法：延长ED交AC的延长线于S，连接BS，则平面平面由（1）易知，，则，所以平面，又平面，所以，，故为平面与平面所成的锐二面角，又，则，故所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为.19．(1)，(2)【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，然后根据，是和的等比中项求出首项和公差即可；（2）通过裂项相消法求出数列的前20项和.(1)由题意知，设等差数列的公差为，则，因为，解得又，可得，所以数列是以1为首项和公差为1的等差数列，所以，(2)由（1）可知，设数列的前和为，则，所以所以数列的前20和为20．（1）有；（2）（i）答案见解析；（ii）250.【解析】【分析】（1）根据列联表中的数据，利用求得，与临界表值对比下结论；（2）(ⅰ)根据，利用小概率事件判断； (ⅱ)易得一个患者属于“长潜伏期”的概率是，进而得到，然后判断其单调性求解.【详解】（1）依题意有，由于，故有的把握认为“长期潜伏”与年龄有关；（2）(ⅰ)若潜伏期，由，得知潜伏期超过天的概率很低，因此隔离天是合理的；(ⅱ)由于个病例中有个属于长潜伏期，若以样本频率估计概率，一个患者属于“长潜伏期”的概率是，于是，则，，当时，；当时，；∴，.故当时，取得最大值.【点睛】方法点睛：利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率．21．(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）求出导函数，然后设，再进行求导并判断出函数的单调性，进而结合零点存在定理确定出原函数的单调性，最后证明问题；（2）设，进而讨论函数的零点问题，进而确定出函数的零点问题，最后求出答案.(1)若，则，.令，，在区间上，，则在区间上是减函数.又，，所以在上有唯一零点.于是，时，，单调递增，时，，单调递减，所以在上有唯一极大值点.(2)，令，则，①若，则，在上是增函数.因为，，所以恰有一个零点.令，得，代入，得，解得.所以当时，的唯一零点为0，此时，故无零点，符合题意.②若，此时的定义域为.当时，，在区间上是减函数；当时，，在区间上是增函数.所以.又，故当且仅当，即时，无零点，符合题意.综上，的取值范围是.【点睛】本题第（1）问运用了二次求导和零点存在定理，问题非常典型，可以作为范例；第（2）问应当注意0不是函数的零点，此处容易出错.22．(1)(2)【解析】【分析】（1）依题意可得，即可得到，根据双曲线的定义可得点的轨迹为以，为焦点，实轴长为8的双曲线，从而求出的轨迹方程；（2）设，，，且，，根据，即可得到，再表示出、，设的倾斜角为，利用二倍角公式即同角三角函数的基本关系求出，再根据及对勾函数的性质计算可得；(1)解：依题意可得点与关于对称，则，∴.则点的轨迹为以，为焦点，实轴长为8的双曲线，∴，，又，故，，，所以双曲线方程为；(2)解：由题意知，，分别为双曲线：的渐近线，设，，，且，，由得，，∴，.∴，整理得，即又，同理，设的倾斜角为，则.∴因为，易知函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，当时，；∴面积取值范围是.