湛江一中、深圳实验学校高中部2022届高三两校联考数学试卷解析版

湛江一中、深圳实验学校高中部2022届高三两校联考

数学试题

命题人: 湛江第一中学    审题人: 湛江第一中学

(满分: 150 分; 考试时间: 120 分钟)

考生注意:

1. 本试卷分选择题和非选择题两部分.

2. 考生作答时, 请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后, 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑； 非选择题请用直径毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答, 超出答题区域书写的答案无效, 在试题卷、草稿纸上作答无效.

3. 本卷命题范围: 高考范围.

一、单项选择题: 本题共8小题, 每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的.

1. 已知集合，，则（   ）

 A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】∵，∴，故选D.

2. 已知为虚数单位，若复数满足，则（   ）

 A.  B.  C.  D.  

【答案】A

【解析】，故选A.

3. 圆柱容器内部盛有高度为的水，若放人一个圆锥(圆锥的底面与圆柱的底面正好重合) 后，水恰好淹没圆雉的顶部，则圆锥的高为（   ）

 A.  B.  C.  D.  

【答案】C

【解析】设圆柱的底面半径为，圆雉的高为，有, 解得，故选C.

4. 已知函数 ，则下列结论正确的是（  ）

 A. 是周期函数 B. 的图象关于 对称 

 C.是奇函数 D. 在处取得最大值 

【答案】B

【解析】因为,，所以的图象关于直线对称.，故选B.

5.已知奇函数在上单调递增，且，则 的解集为（   ）

 A. B. C. D.

【答案】C

【解析】易知函数为偶函数，且在上单调递增，则当时， 的解集为，所以 的解集为，故选C.

6. 已知是椭圆上的一点，是的两个焦点, 若 为钝角，则的取值范围是（   ）

 A.  B. 

 C.  D. 

【答案】A

【解析】解法一：联立和得，因为为钝角，故 在圆内，结合图形可知：.

解法二：由和可得. 选 .

7. 已知角满足，则（   ）

 A. B. C. D. 

【答案】D

【解析】由，且，可知 (1)或  (2)，∴

所以 .

8. 已知 , 且 , 则

 A.   B.  

 C.   D. 大小关系无法确定 

【答案】C

【解析】易知 ，设，

则， ，

 则，所以单调递减，所以，

即，单调递减，因为，所以.

二、多项选择题: 本题共4小题，每小题5分, 共 20 分. 在每小题给出的选项中, 有多项符合题目要求. 全部选对的得5分, 部分选对的得2分, 有选错的得0分.

9. 设等差数列的前项和为，若， 则下列结论正确的是（  ）

 A. 数列 是递增数列 B.  

 C. 当 时,  D. 【答案】BC

【解析】等差数列的前n项和为，若，可得，，可得正确；，，故数列为递减数列，故错误；因为，，因为数列是递减数列，

当时，，故当时，，是正确的；，故错；故选BC.

10. 下列说法正确的有（   ）

 A. 已知一组数据 的方差为 3 ，则 的方差 也为 3

 B. 对具有线性相关关系的变量 ，其线性回归方程为，若样本点的中心为 ，则实数的值是 4             

 C. 已知随机变量服从正态分布，若，则 D. 已知随机变量 服从二项分布，若，则  

【答案】AC

【解析】对于 A， 由，得选项A正确；对于 B，因为线性回归直线过样本点中心， 所以，可得，故选项B错误；对于 C，因为随机变量服从正态分布，所以对称轴为，又，

而，所以，则，故选项C 正确；对于D，因为服从二项分布，所以，所以 ，则， 故选项D错误.

故选AC.

11. 已知函数，是的导函数, 则下列命题正确的是（   ）

 A. 在区间上是增函数 

 B.当 时，函数的最小值为 

 C. 

 D.有2个零点 

【答案】ABD

【解析】当时，，， 在区间 上是增函数， A 选项正确；当时，，当且仅当 时取到最小值，B选项正确；当 时，， C 选项错误；

当时， ，令，

 则，由于，， 在 上先减后增, 且 ，在内只有一个零点， 当时，，令 ，则，

的根为，极小值，极大值，当时，，在内只有一个零点.综上可知，有2个零点， D 选项正确.

故选 ABD.

12. 在平面直角坐标系中，已知圆与圆 相交于两点，点是线段上的任意一点(含端点)，则下列说法正确的是（   ）

 A. 

 B.若存在点，使得以点为圆心，以1为半径的圆与圆无公共点，则  

 C.若恒成立， 则 

 D.若圆在两点处的切线互相垂直，则

【答案】BC

【解析】对于A，两圆的圆心距 , 则 , 解得 , 即 A 错误；对于B，若为线段中点时， 若以点为圆心，1 为半径的圆与圆无公共点，这样的点必存在，圆， 圆的方程作差，可得直线的方程为 ， 此时， 圆与圆必定内含， ，有，解得，即B正确；对于，易知 在直线的同侧， 且当 在 直线上时，，所以， 即正确；对于D，易知，则到的距离，则 或 ， 即 D 错误.

三、填空题: 本题共4小题, 每小题5分, 共 20分.

13. 已知，， ，则向量 与的夹角          .

【答案】

【解析】∵，，，∴ ，∴，则，故.

14. 在的展开式中，的系数是            (用数字作答).

【答案】240

【解析】由，可知x的系数为:.

15. 在平面直角坐标系中，已知抛物线与双曲线 , 有公共焦点，抛物线与双曲线交于两点， 三点共线， 则双曲线的离心率为            .

【答案】

【解析】由题意可知，，因为，所以，所以，所以 ， 即， 解得.

16. 在四面体中，，，，二面角 的大小为，则此四面体的外接球的表面积是          .

【答案】

【解析】由条件可知是等边三角形，取的中点 和的中心，过点分别作平面 和平面 的垂线，交于点 ，,

如图：由条件可知, ,

∴,

∴，，

，.

四.解答题：本题共6 小题, 共70 分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.

17. (本小题满分 10 分)

在公差不为零的等差数列中， ，且成等比数列.

(1) 求数列 的通项公式；

(2) 令，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）

【解析】: (1) 设数列的公差为.

因为 ，所以，解得 ，

所以.

(2) .

所以

.

18. (本小题满分 12 分)

在中，角所对的边分别为，已知， .

(1) 求；

(2) 若，求的面积.

【答案】（1）或；（2）.

【解析】(1) 因为 ，

所以, 所以 . 

所以或.

因为为的内角，且，所以或.

(2) 由(1)得，或，

① 当时，得，因为，，所以，

即，因为无解，所以.

②当时，因为，所以，

所以，所以的面积为.

19. (本小题满分12分)

唐三彩的生产至今已有1300 多年的历史，制作工艺十分复杂，而且优质品检验异常严格，检验方案是：先从烧制的这批唐三彩中任取3 件作检验，这3件唐三彩中优质品的件数记为， 如果， 再从这批唐三彩中任取3件作检验，若都为优质品，则这批唐三彩通过检验；如 果，再从这批唐三彩中任取 1 件作检验， 若为优质品， 则这批唐三彩通过检验；其他情况下， 这批唐三彩都不能通过检验. 假设这批唐三彩的优质品率为 ，即取出的每件唐三彩是优质品的概率都为， 且各件唐三彩是否为优质品相互独立.

(1) 求这批唐三彩通过优质品检验的概率；

(2) 已知每件唐三彩的检验费用为100元，且抽取的每件唐三彩都需要检验，对这批唐三彩 作质量检验所需的总费用记为元， 求的分布列及数学期望.

【答案】（1）；（2）见解析.

【解析】(1) 设第一次取出的3件唐三彩中恰有 2 件优质品为事件， 第一次取出的 3 件唐三彩全是优质品为事 件 ， 第二次取出的3 件唐三彩都是优质品为事件， 第二次取出的 1件唐三彩是优质品为事件，这批唐三彩通过检验为事件，

依题意有，

所以.

(2) 可能的取值为，

,

.

20. (本小题满分 12 分)

如图，在几何体中，底面为直角梯形，， ， 平面，，.

(1) 证明：平面平面；

(2) 为的中点，为的中点，求平面与平面 所 成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）见解析；（2）.

【解析】（1）证明：∵，，，

∴，∵，∴，，，，

平面，平面，，，，平面，，平面，

平面，∴平面平面

(2) 由 两两垂直， 以 为坐标原点，向量 方向分别 为 轴的正半轴建立如图所示空间直角坐标系，则

, ，

设平面的法向量为 ，

由， ，

有 ，取 ，

 可得平面 的一个法向量为 .

设平面 的法向量为 ，由 ，

有 ，取 ，

可得平面 的一个法向量为 .

设平面 与平面 所成锐二面角为，

由 , 有 ,

故平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 .

21. (本小题满分 12 分)

已知椭圆 的离心率为 ，左、右焦点分别为， 为坐标原点，点在椭圆 上，且满足， .

(1) 求椭圆 的方程;

(2) 已知过点 且不与坐标轴垂直的直线与椭圆 交于 两点，在 轴上是否存在定点 ，使得 ，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）在 轴上存在点 ，使得 .

【解析】(1) 在 中，，

所以 由余弦定理得 ，解得 ，

所以椭圆方程为.

(2) 解法 1 ：假设存在点 满足条件， 设直线 的方程为，

设 ，联立 ，得

，，，

又因为，所以 ，即 ： ，

即： ，将 代人化简得 ，即: ∴ ，

所以存在点 ， 使得 .

解法 2：假设存在点 满足条件，设直线 的方程为，其中

设点 的坐标为，点 的坐标为

联立方程 ，消去 后整理为

∴，，

 ∵， ，∴

  .

∵，

∴ 在 轴上存在点 使得 .

22. (本小题满分 12 分)

已知函数 为自然对数的底数 .

(1) 当 时，求函数 的单调区间；

(2) 若函数有且仅有两个零点， 求实数的取值范围.

【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为；

（2）.

【解析】 (1) 当时，（），

∴在上单调递增，且，当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴函数的单调递增区间为，单调递减区间为

（），∴在上为增函数，当时，，当时，，∴存在使得，即，即，易知在上单调递减，在上单调递增，当时，，当时，，故函数 有且仅有两个零点

，令 ，函数 , 则 ，

即函数 在 上单调递减,，且 ，

∴，

∵函数 在 上单调递增，

∴, 即实数 的取值范围是 .