2022届湖南省邵阳市隆回县第二中学高三下学期3月月考数学试题（解析版）

2022届湖南省邵阳市隆回县第二中学高三下学期3月月考数学试题

一、单选题

1．已知复数z满足，则在复平面内，z的共轭复数所对应的点在（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】按照复数四则运算规则算出 的实部和虚部即可.

【详解】依题意，

于是 ，其对应的点为（2，2），位于第一象限，

故选：A.

2．已知集合，则（       ）

A． B． C．S D．T

【答案】D

【分析】由集合S的描述确定其点元素，并判断该点元素与集合T的关系，应用并运算求.

【详解】依题意，，而，

所以.

故选：D.

3．已知某圆锥的轴截面是腰长为3的等腰三角形，且该三角形顶角的余弦值等于，则该圆锥的表面积等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意利用余弦定理可求出底面半径，从而可求出其表面积

【详解】设圆锥的底面半径为r，则，解得，

故该圆锥的表面积等于.

故选：C.

4．已知，则（       ）

A．- B．- C． D．

【答案】C

【分析】将已知两式平方后相加，结合同角的三角函数关系，以及两角差的余弦公式求得答案.

【详解】由，，

两边平方后相加得，

即,得，

所以,

故选:C.

5．在中，， M为AB靠近A点的三等分点，N为AC的中点，CM交BN于E点，，则（       ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量的加法减法法则以及题中条件得到，进而得到，且，即可求解.

【详解】解：，M为AB靠近A点的三等分点，N为AC的中点，

，

，

即，

由，且

解得：，，

.

故选：C.

6．在区间（，）内，曲线和曲线交点的横坐标之和为（       ）

A．2 B．1 C． D．

【答案】A

【分析】由题意可得函数f（x）图象和曲线都关于点（1，0）中心对称，所以可得它们的交点也一定关于（1，0）对称，再利用周期可得两曲线在内只有两个交点，从而可求得答案

【详解】的周期为1，

依题意，，

因此函数f（x）图象关于点（1，0）中心对称，

由于曲线是以（1，0）为圆心，以为半径的圆，

故此曲线亦关于（1，0）对称，

所以它们的交点也一定关于（1，0）对称，

又因为f（x）的周期为1，所以在内只有两个交点，

因此它们交点的横坐标之和为2，

故选：A.

7．已知，，若存在，使得，则的最小值（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设，则，构造函数，求导判断函数单调区间，即可求得最小值.

【详解】解：设，则，，所以，

设，则，

令，得；令，得，

所以在上递减，在上递增，

所以当时，取最小值为.

故选：B.

8．若函数，则称f（x）为数列的“伴生函数”，已知数列的“伴生函数”为，，则数列的前n项和（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由已知可得数列为等比数列，其首项为，公比也为2，从而可求得，则，从而可表示出，令，利用错位相减法可求出，从而可求得结果

【详解】依题意，可得，所以，即，

故数列为等比数列，其首项为，公比也为2，

所以，

所以，所以，

所以.

令，

则，

两式相减，得，

所以，

所以.

故选：C.

二、多选题

9．2021年10月16日，我国神舟十三号载人飞船顺利升空，这是继2021年9月17日神舟十二号顺利返回地面后，一个月内再次执行载人飞行任务，实现了我国航天史无前例的突破，为弘扬航天精神，某网站举办了“我爱星辰大海——航天杯”在线知识竞赛，赛后统计，共有2万市民参加了这次竞赛，其中参赛网友的构成情况，如下表所示：

其中，则下列说法正确的是（       ）A．

B．参赛人数所占比例的这一组数据的众数为30%

C．普通市民参赛人数为1千人

D．各类别参赛人数的极差超过4000人

【答案】CD

【分析】根据表格中数据结合，可得出，，通过此表可以得出这组数据的众数，进而能够得出普通市民参赛人数，根据极差定义，可以得出极差从而得以求解.

【详解】由表可知，且a=4b，解得，，故A错误；

在参赛人数占比中，20出现了2次，其他数只出现1次，故众数为20%，B错误；

普通市民参赛人数为，故C正确；

企事业单位参赛人数最多，为（人），而普通市民参赛人数最少，为1000人，故各类别参赛人数的极差为6000-1000=5000（人），故D正确，

故选:CD.

10．已知，且，则下列结论正确的是（       ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】根据不等式的基本性质依次判断选项即可.

【详解】A：由且，可知a>0，c<0，b的值不确定，

故由，不能推出，故A错误；

B：由，得，故B正确；

C：由于，，得，故C正确；

D：由得.所以，故D正确，

故选：BCD.

11．P为抛物线C：准线上的一点，PA，PB为C的两条切线， ，为切点，Q为线段AB的中点，则下列说法正确的是（       ）

A． B．

C． D．的最小值为2

【答案】BD

【分析】设，， ，求出函数的导数，利用导数的几何意义得到、整理可得，为关于的方程的两根，利用韦达定理，即可判断A、B，再由根据两点的距离公式计算即可判断D；

【详解】解：设， ， ，由于C的方程为，于是，根据切线的几何意义知、，整理二式得、，即，为关于的方程的两根，所以，故A错误；

而PA与PB的斜率之积为，故，故B正确；

由于为斜边上的中线，因此

，当且仅当时取等号，因此最小为，故C错误、D正确.

故选：BD.

12．在三棱锥中，，，D，E，F分别为AB，AC，BC的中点，则以下结论正确的是（       ）

A．平面PDE⊥平面ABC B．平面PAF⊥平面ABC

C．AB//平面PFE D．三棱锥P—ABC的外接球表面积为

【答案】BC

【分析】利用逆推方式要证明面面垂直，就去证明线面垂直，再去证线线垂直，根据题意不存在即可判断A选项；根据面面垂直的判定定理及等腰三角形的三线合一即可判断B选项；根据线面平行的判定定理结合三角形的中位线定理即可判断C选项；要求三棱锥外接球的表面积，首先找出外接球的球心，在利用球的半径、截面圆半径、球心到截面圆圆心的距离三者关系求出球的半径即可求解外接球的表面积进而可以判断D选项.

【详解】如图所示，

对于A，设AF与DE的交点为M，则AF和DE垂直，若平面PDE⊥平面ABC，那么根据面面垂直的性质定理，必有AF⊥平面PDE，此时须有成立，又因为M是AF的中点，此时须有成立，上式显然不成立，所以A不正确；

对于B，由于，，因此且PF⊥BC，，又AF，PF平面PAF，故BC⊥平面PAF，而BC平面ABC，所以平面PAF⊥平面ABC，所以B正确；

对于C，由于，EF平面PEF，AB平面PEF，因此AB//平面PFE，所以C正确；

对于D，作PN⊥平面ABC，垂足为N，则N为正三角形ABC的重心，所以，，设三棱锥P-ABC的外接球球心为O，则O在PN上，连接AO，设三棱锥P-ABC的外接球半径为R，则在中，，解得，因此其外接球表面积为，所以D不正确，

故选：BC.

【点睛】解决此类型题的关系记住线面，面面平行与垂直的判定定理及性质定理，求外接球的问题关键核心就是找出球心，找球心的方法就是找截面圆的圆心，再做过截面圆的圆心的垂线，球心就在过截面圆的圆心的垂线上，然后球的半径、截面圆半径、球心到截面圆圆心的距离三者关系求出球的半径进而可以求解关于球的任何问题.

三、填空题

13．若命题p：，为真命题，则实数a的取值范围为___________.

【答案】

【分析】根据二次不等式恒成立进行求解即可.

【详解】当时，不满足题意；

∴，，则且，解得.

故答案为：[，+∞）.

14．若f（x）是R上的偶函数，且在（0，）上单调递减，则函数f（x）的解析式可以为f（x）=___________.（写出符合条件的一个即可）

【答案】-（答案不唯一）

【分析】根据奇偶函数与增减函数的定义直接得出结果.

【详解】若，则，

故f（x）为偶函数，且易知f（x）在（0，+∞）上单调递减，

故f（x）在（0，）上单调递减，符合条件.

故答案为：.

15．书架上原有5本《毛泽东选集》（一，二，三，四，五），现有2本《邓小平文选》（上，下），1本《三个代表重要思想》，1本《科学发展现》要放入其中，要求2本《邓小平文选》相邻，则不同的放法有___________种.

【答案】672

【分析】按照插空法分步进行.

【详解】将原来的5本《毛泽东选集》看成五个固定元素，它们的相对位置不变，

则有6个空（中间4个，头尾2个），

将《三个代表重要思想》或《科学发展观》任选一本插入由6种插法，

这时有7个空，

将上述两本书剩下的一本插入，有7种插法，

这时有8个空，

将2本《邓小平文选》打包，有2种，再插入共有16种，

故根据分步乘法原理，共有 种，

故答案为：672.

16．如图，已知双曲线的右焦点为F，点在双曲线上，直线AF与y轴交于点B，点为双曲线左支上一动点，且，作，垂足为Q，则的最大值为___________.

【答案】40

【分析】由已知求得点A、B的坐标，继而有， ，由向量的线性运算和数量积运算可得，由的最小值可求得的最大值.

【详解】解：由已知可得F（2，0），将点A（4，m）（m>0）代入双曲线方程得，解得（舍去），

所以A（4，3），所以，

所以直线AF的方程为，令x=0，解得，所以B（0，-3），所以|BF|=，

所以，因为，所以，

所以

.

又因为点P为双曲线上一点，且，所以，

所以的最大值为40，

故答案为：40.

四、解答题

17．已知递增的等差数列，其前n项和为，，从①，②，③=50中选出两个作为条件，求数列的最大项.

注：如果选择多种方案分别解答，则按第一个解答计分.

【答案】

【分析】先任选两个条件建立方程组，解出首项和公差，写出的通项公式，再借助判断数列的增减性，进而确定最大项.

【详解】若选择①②：设等差数列的公差为d（d>0），

由，

可得

解得或（舍），

所以，

所以数列{}的通项公式是，即，

所以，

所以，

所以；

当时，

故，

即{}的最大项为.

若选择①③：设等差数列的公差为d（d>0）

由，.

可得，解得，

所以数列的通项公式是

即.

所以，

所以

所以；

当时，；

故，

即数列的最大项为.

若选择②③：设等差数列的公差为

由，，

可得，解得解得，

所以数列的通项公式是，

即

所以，

所以，

所以；

当时，；

故.

即数列的最大项为.

18．在中，负A，B，C所对的边分别为a，b，c，的周长为20，面积为10，且c+1，a，b依次成等差数列.

(1)求A的大小；

(2)点M在射线AB上（不与A，B重合），N在射线AC上（不与A，C重合），MN的长为4，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据周长公式以及等差数列得到，，再根据余弦定理以及三角形面积公式即可求解；

（2）设，，先根据余弦定理以及基本不等式得到，再根据面积公式即可求解.

【详解】(1)解：根据题意得：，，

解得：，.

由余弦定理得：，

即，

即，

.

又,

，

两式联立消去bc得：，

化简得：，

，

又A为三角形的内角，

；

(2)解：设，，而.

在中，由余弦定理得：，

即，

由于，故，

，

即，当且仅当时等号成立，

故面积为4，

当且仅当即时取得最大值4.

19．边长为6的菱形ABCD中，，将△ACD沿着AC折起，使得，M、N分别为△ABD和△ABC的重心.

(1)证明：CD∥平面BMN；

(2)求直线CD与平面ABD所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】(1)延长BM交AD于P点，延长BN交AC于O点，连接PO，证明即可；

(2)连接OD，根据勾股定理知，以O为原点，OB、OC、OD分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面ABD的法向量，利用向量夹角可求答案.

【详解】(1)延长BM交AD于P点，延长BN交AC于O点，连接PO，

∵M、N分别为△ABD和△ABC的重心，∴P为AD的中点，O为AC的中点，

∴，

∵CD平面BMN，而PO平面BMN，∴CD∥平面BMN.

(2)连接DO，

由于折叠前的四边形ABCD是一个的菱形，

因此△ABC和△ADC均为正三角形，

于是，.

由于，而，

根据勾股定理的逆定理得，

∴､､两两垂直，

以O为坐标原点，OB、OC、OD分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

则A(0，－3，0)，B(，0，0)，C(0，3，0)，D(0，0，3)，

则－3，3).

设平面ABD的一个法向量，

则，可得，取，则，

设直线CD与平面ABD所成的角为，

则，

因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为.

20．已知椭圆C：的右焦点为F，O为坐标原点，过F且和x轴垂直的直线交椭圆于P，Q两点，，椭圆C的离心率为.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点F的直线交椭圆C于M，N两点，问x轴正半轴上是否存在一定点T，使得，若存在，求出T点坐标；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，T（4，0）

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的标准方程；

（2）分MN的斜率不存在和存在两种情况讨论：当MN的斜率不存在时，此时MN和x轴垂直，由椭圆的对称性知有TF平分∠MTN；当MN的斜率存在时，设MN的直线方程为，设，，T（t，0），用“设而不求法”判断出当时，，即可证明.

【详解】(1)设椭圆的焦距为2c.依题意，P点的横坐标为c，不妨设点P在第一象限，将c代入到椭圆方程中得P点的坐标为P（c，），

由椭圆的离心率为知，，，

于是P的坐标为（c，c），

而由得，所以，，

所以椭圆的标准方程为.

(2)当MN的斜率不存在时，此时MN和x轴垂直，由椭圆的对称性知有TF平分∠MTN，

当MN的斜率存在时，

设MN的直线方程为，

，，T（t，0），

得到直线TM和直线TN的斜率之和

将代入到椭圆方程中得，

所以

所以

当时，，且与k无关，

即存在T（4，0），使得TF平分∠MTN.

【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；

（2）“设而不求法”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.

21．某电子玩具厂对销售人员的奖励制度如下：（假设z为月销售量，单位是件），①当时，当月给奖金10000元；②当时，当月给奖金15000元；③当时，当月给奖金20000元；已知该产品的月销售是.

(1)该公司销售人员的月奖金大约为多少元；（精确到整数元）

(2)现从该厂一批产品中，随机抽出10件产品进行检验，已知该产品是合格品的概率为，记这10件产品中恰有三件不合格品的概率为f（p），求f（p）的最大值以及相应的p值.

（参者数据，若，则，，

【答案】(1)（元）

(2)最大值为，

【分析】（1）由题意得，，再根据正态分布的性质分别求出，，时发生的概率，从而可求出该公司销售人员的月奖金，

（2）由题意得，然后利用导数可求出其最大值

【详解】(1)月销售量z~N（2000，40000），也即，，

于是时发生的概率为=0.34135，

时发生的概率是

时发生的概率是=0.02275，

所以销售人员的奖金约为（元）.

(2)依题意，，

则，

令，得；

令，得，

所以函数f（p）在（0，）上递增，在上递减，

当时，f（p）取得最大值为.

22．已知函数

(1)求f（x）的极值和单调区间；

(2)若函数的两个零点为，证明.

【答案】(1)极小值，无极大值，（0，2）是单调递减区间，在）是单调递增区间

(2)证明见解析

【分析】（1）直接求导确定单调性及极值；

（2）构造函数，求导确定其单调性，证明，结合的单调性，得到.

【详解】(1)

令得，

令得.

所以f（x）在（0，2）上单调递减，在）上单调递增，

当时，f（x）取得极小值，无极大值，

f（x）的单调递增区间为），单调递减区间为（0，2）.

(2)设，则为g（x）的两个零点；

所以.不妨设，

由（1）知，g（x）在（0，2）上单调递减，在上单调递增；

所以.

所以证明不等式等价于，

又因为，，g（x）在上单调递增，

因此证明不等式等价于证明，

即证明，

即，

即恒成立，

令，

则，

所以h（x）在（0，2）上为减函数，

所以，

即恒成立，

因此不等式恒成立，

即

【点睛】本题关键点在于构造函数，借助单调性证明，进而得出结论，属于极值点偏移的常规解法，注意积累掌握.