2022届湖南省湘潭市第一中学高三下学期3月月考数学试题含解析

这是一份2022届湖南省湘潭市第一中学高三下学期3月月考数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022届湖南省湘潭市第一中学高三下学期3月月考数学试题
一、单选题
1．下列说法中正确的是（       ）
A．“”是“”的必要不充分条件
B．命题“对，恒有”的否定是“，使得”
C．，使函数是奇函数
D．为了得到函数的图象，可以将函数的图象向右平移个单位长度
【答案】B
【分析】利用充分条件、必要条件的定义判断A；利用全称量词命题的否定判断B；利用存在量词命题真假判断C；利用图象平移变换判断D作答.
【详解】对于A，“”是“”的充分不必要条件；A不正确；
对于B，命题“对，恒有”是全称量词命题，其否定是“，使得”，B正确；
对于C，，，即不恒为0，函数不是奇函数，C不正确；
对于D，将函数的图象向右平移个单位长度所得图象的函数式为，D不正确.
故选：B
2．某学校随机抽取20个班，调查各班中有网上购物经历的人数，所得数据的茎叶图如图所示．以组距为5将数据分组成[0，5），[5，10），…，[30，35），[35，40]时，所作的频率分布直方图是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由于频率分布直方图的组距为5，去掉C、D，又[0,5)，[5,10)两组各一人，去掉B，应选A．
3．已知α∈（，π），sinα+cosα，那么tan（α）的值为（　　）
A． B． C．﹣7 D．7
【答案】B
【分析】由sinα+cosα求出cosα﹣sinα，联立这两个方程解出和，进而求出，再利用两角和的正切公式可求出结果.
【详解】∵（sinα+cosα）2＝（）2
∴sin2α+2sinαcosα+cos2α＝1+2sinαcosα
∴2sinαcosα，
∴1﹣2sinαcosα，即（cosα﹣sinα）2
∵α∈（，π），∴，
∴cosα﹣sinα，
联立，解得，所以，
∵tan（α）.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：利用sinα+cosα求出cosα﹣sinα是解题关键.
4．已知变量具有相关关系，其散点图如图所示，则它们分别对应的相关系数的大小关系是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用给定的散点图判断正负相关，再由点的集中程度判断大小作答.
【详解】观察散点图知，第一、三图是正相关，且第一图中点的集中程度高于第三图，接近于1，即，
第二、四图是负相关，且第二图中点的集中程度高于第四图，接近于-1，即，
所以有.
故选：A
5．已知双曲线，双曲线的左、右焦点分别为F1,F2,M是双曲线C2的一条渐近线上的点，且OM⊥MF2,O为坐标原点，若，且双曲线C1,C2的离心率相同，则双曲线C2的实轴长是（ ）
A．32 B．4 C．8 D．16
【答案】D
【分析】求得双曲线C1的离心率，求得双曲线C2一条渐近线方程为y=x，运用点到直线的距离公式，结合勾股定理和三角形的面积公式，化简整理解方程可得a=8，进而得到双曲线的实轴长．
【详解】双曲线的离心率为，
设F2（c，0），双曲线C2一条渐近线方程为y=x，
可得|F2M|==b，
即有|OM|==a，
由，可得ab=16，
即ab=32，又a2+b2=c2，且=，
解得a=8，b=4，c=4，
即有双曲线的实轴长为16．
故选D．
【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，注意运用点到直线的距离公式和离心率公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
6．已知函数，，则，，的大小关系为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先判断函数的奇偶性可得，然后利用导数得出函数在上的单调性，最后由奇偶性和单调性即可判断大小关系.
【详解】因为，
所以，
所以函数是偶函数，所以，
又时，得，
所以在上是增函数，
所以，所以.
故选：A.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的奇偶性，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.
7．设F为抛物线C:的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】【详解】由题意可知：直线AB的方程为，代入抛物线的方程可得： ，设A、B ，则所求三角形的面积为= ，故选D.
【解析】本小题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查两点间距离公式等基础知识，考查同学们分析问题与解决问题的能力.
8．如图，在中，，，点为的中点，将沿折起到的位置，使，连接，得到三棱锥，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面，则该球的表面积是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题意可得该三棱锥的面是边长为的正三角形，且平面，设三棱锥的外接球球心为，的外接圆的圆心为，则平面，所以四边形为直角梯形.由,及，可得，即为外接球半径，故其表面积为.
点睛：设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心
二、多选题
9．若集合M＝{﹣1，1，3，5}，集合N＝{﹣3，1，5}，则正确的是（       ）
A．xN，xM B．xN，xM
C．MN＝{1，5} D．MN＝{﹣3，﹣1，3}
【答案】BC
【解析】根据集合M＝{﹣1，1，3，5}，集合N＝{﹣3，1，5}，逐个判断即可得解.
【详解】对A，﹣3 N，﹣3M，故A错误；
对B， 1N，1M，故B正确；
对C，MN＝{1，5}，故C正确；
对D，MN＝{﹣3，﹣1，1，3，5}，故D错误.
故选：BC.
【点睛】本题考查了集合及元素相关关系，也考查了集合的运算，其方法是对集合的元素进行分析判断，属于基础题.
10．已知复数，为z的共轭复数，复数，则下列结论正确的是（       ）
A．对应的点在复平面的第二象限 B． C．的实部为 D．的虚部为
【答案】BC
【分析】根据共轭复数的概念求出，然后结合复数的除法运算求出，根据复数的概念以及几何意义和模长公式逐项分析即可.
【详解】因为，所以，
所以，
对应点为在第三象限，
，实部为，虚部为，
选项B，C正确，选项A，D错误．
故选：BC．
11．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an-2，若存在两项am，an，使得aman＝64，则下列结论正确的是（       ）
A．数列{an}为等比数列
B．数列{an}为等差数列
C．m+n为定值
D．设数列{bn}的前n项和为Tn，bn＝log2an，则数列为等差数列
【答案】ACD
【分析】根据与的关系式，可求出数列的通项公式，从而可判断选项A，B；根据数列的通项公式可求出选项C中的值；根据数列的通项公式可求出数列的通项公式，从而求出，然后即可判断数列为等差数列，从而判断选项D.
【详解】因为数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an-2，
所以当n＝1时，，所以a1＝2；
当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣2，
所以an＝Sn-Sn﹣1＝2an﹣2an﹣1，整理得an＝2an﹣1，即，
所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故选项A正确，选项B错误；
所以.
由于，故存在两项am，an，使得aman＝64，此时2m+n＝26，即m+n＝6，故选项C正确.
bn＝，所以，
所以，所以，故数列为等差数列，故选项D正确.
故选：ACD.
12．已知函数，则下列结论正确的是（       ）
A．函数只有一个零点
B．函数只有极大值而无极小值
C．当时，方程有且只有两个实根
D．若当时，，则t的最大值为2
【答案】CD
【分析】解方程判断A；利用导数探讨的极值判断B；分析函数的性质，借助图象判断C；由结合取最大值的x值区间判断D作答.
【详解】对于A，由得：，解得，A不正确；
对于B，对求导得：，当或时，，当时，，
即函数在，上单调递减，在上单调递增，
因此，函数在处取得极小值，在处取得极大值，B不正确；
对于C，由选项B知，作出曲线及直线，如图，观察图象得当时，直线与曲线有2个交点，

所以当时，方程有且只有两个实根，C正确；
对于D，因，而函数在上单调递减，因此当时，，
当且仅当，即，所以t的最大值为2，D正确.
故选：CD
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察
与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
三、填空题
13．已知等边的边长为6，平面内一点P满足，则____________．
【答案】
【分析】用表示，再利用向量数量积定义及运算律求解作答.
【详解】因，则，
等边的边长为6，则，
所以.
故答案为：
14．在的展开式中含的项为第5项，设，则的值为____________．
【答案】255
【分析】利用给定条件，求出n的值，再利用赋值法求解作答.
【详解】展开式的通项为，
依题意，时，，解得，令，
，，
所以.
故答案为：255
15．若不等式对于任意的都成立，则实数a的取值范围是____________．
【答案】
【分析】根据条件可得，再构造函数，利用其单调性求解作答.
【详解】因当时，，因此，而函数在上单调递增，
令，，则函数在上单调递递减，，
依题意，，则有，解得，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：
16．设点M（,1），若在圆O:上存在点N，使得∠OMN=45°，则的取值范围是________.
【答案】
【详解】由题意知：直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，如图，

过OA⊥MN，垂足为A，在中，因为∠OMN=45，所以=，
解得，因为点M（,1），所以，解得，故的取值范围是
.
【解析】本小题主要考查考查直线与圆的位置关系，考查数形结合能力和逻辑思维能力，考查同学们分析问题和解决问题的能力，有一定的区分度.
四、解答题
17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再借助余弦定理计算作答.
（2）利用正弦定理将周长表示为角C的函数，由（1）及锐角三角形条件结合三角函数变换和性质求解作答.
【详解】(1)在中，由正弦定理及得：，
整理得：，由余弦定理得：，而，解得，
所以.
(2)由（1）知，即，因为锐角三角形，即，解得，
由正弦定理得：，
则，
当时，，，而，
即，因此，，则，
所以周长的取值范围是.
18．正项数列的前n项和Sn满足：
(1)求数列的通项公式；
(2)令，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N，都有Tn＜ .
【答案】（1）（2）见解析
【详解】（1）因为数列的前项和满足：，
所以当时，，
即
解得或，
因为数列都是正项，
所以，
因为，
所以，
解得或，
因为数列都是正项，
所以，
当时，有，
所以，
解得，
当时，，符合
所以数列的通项公式，;
（2）因为，
所以
，
所以数列的前项和为：


，
当时，
有，
所以，
所以对于任意，数列的前项和.
19．如图，已知三棱柱，侧面.
(Ⅰ)若分别是的中点，求证：；
(Ⅱ)若三棱柱的各棱长均为2，侧棱与底面所成的角为，问在线段上是否存在一点，使得平面?若存在，求与的比值，若不存在，说明理由．

【答案】（1）见解析（2）2
【详解】试题分析：（1）由线面平行的判定定理证明，MN∥BC1，所以MN∥平面BCC1B1.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
试题解析：
解：(1)证明：连接AC1，BC1，

则AC1∩A1C＝N，AN＝NC1，
因为AM＝MB，所以MN∥BC1.
又BC1⊂平面BCC1B1，
所以MN∥平面BCC1B1.
(2)作B1O⊥BC于O点，连接AO，
因为平面BCC1B1⊥底面ABC，
所以B1O⊥平面ABC，

以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，，0)，B(－1，0,0)，C(1,0,0)，B1(0,0，)．由＝＝，可求出A1(1，，)，C1(2,0，)，
设点P(x，y，z)，＝λ.
则P，
＝，
＝(－1,0，)．
设平面B1CP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由
得
令z1＝1，解得n1＝.
同理可求出平面ACC1A1的法向量n2＝(，1，－1)．
由平面B1CP⊥平面ACC1A1，
得n1·n2＝0，即3＋－1＝0，
解得λ＝3，所以A1C1＝3A1P，
从而C1P∶PA1＝2.
20．在创建“全国文明卫生城”过程中，运城市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查(一位市民只能参加一次)，通过随机抽样，得到参加问卷调查的人的得分统计结果如表所示：.
组别







频数







（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分似为这人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)，利用该正态分布，求；
（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
①得分不低于的可以获赠次随机话费，得分低于的可以获赠次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
赠送话费的金额(单位：元)


概率


现有市民甲参加此次问卷调查，记(单位：元)为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望.
附：参考数据与公式：，若，则，，
【答案】（1）（2）详见解析
【解析】由题意，根据平均数公式求得，再根据，参照数据求解.
由题意得，获赠话费的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列求期望.
【详解】由题意得




综上，
由题意得，获赠话费的可能取值为
，
，

的分布列为：













【点睛】本题主要考查正态分布和离散型随机变量的分布列及期望，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
21．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
【整体点评】
本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
22．已知函数．

(1)若函数在处取得极值，求a的值；
(2)设直线，将坐标平面分成Ⅰ，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域（不含边界），若函数的图象恰好位于其中一个区域内，试判断其所在的区域，并求其对应的a的取值范围．
(3)试比较与的大小，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)位于区域Ⅲ内，；
(3)，理由见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，利用给定的极值点求出a值并验证作答.
（2）由函数的定义域及的值判断图象所在区域，由此建立不等关系，借助导数求解作答.
（3）利用（2）中信息可得当时，，利用此结论推理作答.
【详解】(1)函数的定义域为，求导得：，
因函数在处取得极值，则，解得，此时，
令，求导得，显然时，，
即函数在上单调递减，而，即当时，，，当时，，，
于是得函数在处取得极值，所以.
(2)因函数的定义域为，且当时，，又直线恰好过原点，
所以函数的图象位于区域Ⅲ内，
于是得，令，求导得，
当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，，于是得，
所以a的取值范围是.
(3)由（2）知，函数在上单调递减，于是得函数在上单调递减，
当时，有，即，则，
即，所以.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.