精品解析：湖北省武汉市部分学校高三上学期九月调研考试数学试题

~武汉市部分学校高三年级九月调研考试

数学试卷

2022.9

一､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】C

【解析】

【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.

【详解】解：由，即，解得，

所以，又，

所以；

故选：C

2. 计算（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数除法运算法则计算即可.

【详解】，

故选：D

3. 记，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据指数函数与对数函数的单调性得到的范围，利用中间值比大小.

【详解】，，，

故.

故选：A

4. 某圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出扇形的弧长，进而求出圆锥的底面半径，由勾股定理得到圆锥的高，利用圆锥体积公式求解即可.

【详解】因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，

所以该扇形的弧长为，

设圆锥的底面半径为，则，解得：，

因为圆锥的母线长为3，所以圆锥的高为，

该圆锥的体积为.

故选：D

5. 函数的部分图象如图所示，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由周期求出，由五点法作图求出的值，最后确定.

【详解】由图象可得：，∴，

再根据五点法作图可得，，

，

又，∴，

∴

故选：B

6. 设正项等比数列的前项和为，若，则（    ）

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】根据第一个等量关系得到关于公比的方程，解方程得到公比的值，代入第二个等量关系得到关于首项的方程，解方程得到首项，从而得到的值.注意正项等比数列的公比大于0.

【详解】设正项等比数列公比为q（q>0），

则由得，

即，即，

即，

解得（舍去）.

由得，即，

将代入得，

解得，

则.

故选：A.

7. 点声源在空间中传播时，衰减量与传播距离（单位：米）的关系式为（单位：），取，则从5米变化到40米时，衰减量的增加值约为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据衰减量与传播距离（单位：米）的关系式为求解.

【详解】解：因为衰减量与传播距离（单位：米）的关系式为，

所以从5米变化到40米时，衰减量的增加值约为：

，

，

，

故选：C

8. 设双曲线的左右焦点为，过的直线与双曲线右支交两点，设中点为，若，且，则该双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由已知可得 是等腰直角三角形，运用双曲线定义可得，，在 中，利用余弦定理即可解得离心率.

【详解】解：根据题意可知，过的直线斜率存在，

中点为，

又

又

在 中，由余弦定理

整理得：且 ，所以 是等腰直角三角形.

设，则，

在 中，由勾股定理得：

由双曲线定义可知：

由双曲线定义可知： 且

整理得：

在 中，，，

由余弦定理可得：

代入计算得：

离心率e＝

故选：A.

二､多选题：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. 某市今年夏天迎来罕见的高温炎热天气，当地气象部门统计进入八月份以来（8月1日至8月10日）连续天中每天的最高温和最低温，得到如下的折线图：

根据该图，关于这天的气温，下列说法中正确的有（    ）

A. 最低温的众数为 B. 最高温的平均值为

C. 第天的温差最大 D. 最高温的方差大于最低温的方差

【答案】AC

【解析】

【分析】根据折线图分别判断各选项.

【详解】A选项，由折线图可知最低温的众数为，A选项正确；

B选项，由折线图得最高温的平均值为，B选项错误；

C选项，由折线图得这天的温差分别为，，，，，，，，，，其中温差最大的为第天，C选项正确；

D选项，由折线图可知最高温的方差，

最低温的平均值为，

方差，D选项错误；

故选：AC.

10 平面向量，其中，则（    ）

A.  B.

C. 若，则 D. 若，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据向量的形式，可考虑数形结合分析，利用单位圆分别表示再逐个选项判断即可.

【详解】如图所示，因为，故在单位圆中分别作出.

对A，，因为，则，即，故A正确；

对B，因为，故为的角平分线，且，根据向量的加法法则可得，故B正确；

对C，当时，易得均为正三角形，根据向量加法的平行四边形法则可得，此时，故C错误；

对D，由B，设，则因为，故，解得，由平行四边形法则可得此时为正三角形，，故D正确；

故选：ABD

11. 圆与圆交于两点，若，则实数的可能取值有（    ）

A. 2 B. 1 C. 0 D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】两圆相减可得公共弦所在的直线方程，又根据，可得到圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式列出关于的方程，计算可得结果.

【详解】解：因为圆与圆交于两点，所以两圆方程相减得直线的方程：，

由，可得圆心到直线的距离为 ，

，

整理得，

时，满足上式，不满足上式，

故选：BCD

12. 已知函数，则过点恰能作曲线的两条切线的充分条件可以是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】设切点为，则有，所以将问题转化为方程恰有两个解，令，然后利用导数求解其零点即可.

【详解】由，得，

设切点为，则切线的斜率为，

所以有，

整理得，

由题意可知此方程有且恰有两个解，

令，

，

，

令，则，

所以在上递增，

因为，

所以当时，，当时，，

①当，即时，

当时，，则递增，当时，，则递减，当时，，则递增，

所以只要或，

即或；

②当，即时，当时，，则递减，当时，，则递增，

所以只要，即，而；

③当，即时，当时，，则递增，当时，，则递减，当时，，则递增，

当时，，

所以只要或，由，得，由得；

④当时，，所以上递增，所以函数至多有一个零点，不合题意；

综上：时，；时，或；

时，或，故A正确，B错误，C错误，D正确.

故选：AD.

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是根据题意将问题转化为方程恰有两个解，构造函数，再次将问题转化为此函数有两个零点，然后利用导数通过分析其单调性可求得结果，考查数学转化思想，属于难题.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 的展开式中的系数为_____________．

【答案】5

【解析】

【分析】先将乘积展开为，再分别利用二项展开式计算和中含的项，即求得的展开式含的项，即得结果.

【详解】，

其中的展开式通项为，，故时，得含的项为；

的展开式通项为，，故时，得含的项为.

因此，式子的展开式中，含的项为，即系数为5.

故答案为：5.

【点睛】思路点睛：

计算两个多项式展开的指定项的系数问题，通常先固定一个，利用乘法分配律将另一个展开，分别计算展开式中指定项的系数，再进行加减运算即可.

14. 已知，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据二倍角公式以及诱导公式即可得结果.

【详解】因为，所以，

所以，

故答案为：.

15. 过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，设抛物线的准线与轴的交点为，当时，___________.

【答案】8

【解析】

【分析】令过焦点直线为并联立抛物线，应用韦达定理得且，根据求得，根据抛物线定义求.

【详解】令过焦点直线为，代入得：，

所以，则，

由，则，

所以，即，

由抛物线定义知：.

故答案为：8

16. 在四棱锥中，，且，，若该四棱锥存在半径为1的内切球，则_______.

【答案】##

【解析】

【分析】如图,截取一个正四棱锥，结合已知得到，同时可证得平面，设，四棱锥的体积可转化为，因为四棱锥存在半径为1的内切球，可得，联立得到的关系式，化简计算即可.

【详解】如图，，且，

可以在四棱锥上截取一个正四棱锥，

此时四边形为正方形，且边长为，

，

，，

设，

，且，

，，O为BD中点，

，，

又，平面，

，，，

又因为四棱锥存在半径为1的内切球，

，

即，

即，

，解得，

因为四棱锥存在半径为1的内切球，直径为2，，

而，故，

故答案为：

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 记数列的前项和为，已知

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）讨论为奇偶性，结合已知前n项和及的关系求通项公式即可；

（2）由，再应用裂项相消法求.

【小问1详解】

当为奇数且时，，且，也满足该式；

当为偶数时，.

综上，.

【小问2详解】

由（1）知：.

故.

18. 如图，在图1的等腰直角三角形中，，边上的点满足，将三角形沿翻折至三角形处，得到图2中的四棱锥，且二面角的大小为.

（1）证明：平面平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）找到为二面角的平面角，利用余弦定理得到，从而利用勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直，证明面面垂直；

（2）先得到两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.

【小问1详解】

因为，所以，

因为等腰直角三角形中，，所以，

在四棱锥中，.

所以为二面角的平面角，即.

又，所以，

满足.

即，又，且，平面，

所以平面.

又平面，所以平面平面.

【小问2详解】

由，且，平面，

故平面，则有

又，所以，即两两垂直.

以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

则有：.

.

设平面的法向量.

，令，得.

设所求角的大小为，则.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

19. 在中，角所对的边分别为，且满足.

（1）求角；

（2）为边上一点，，且，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理得到，再利用辅助角公式求出；

（2）分别在与中，利用正弦定理得到，再由余弦定理得到，从而求出.

【小问1详解】

由，得.

由，

故

所以，

又因为，所以，故.

即，又，所以.

【小问2详解】

由（1）知：

所以.

在中，；在中，.

又，代入得：.

由余弦定理得：，

所以.

20. 某商场推出一项抽奖活动，顾客在连续抽奖时，若第一次中奖则获得奖金10元，并规定：若某次抽奖能中奖，则下次中奖的奖金是本次中奖奖金的两倍；若某次抽奖没能中奖，则该次不获得奖金，且下次中奖的奖金被重置为10元.已知每次中奖的概率均为，且每次能否中奖相互独立.

（1）若某顾客连续抽奖10次，记获得的总奖金为元，判断与25的大小关系，并说明理由；

（2）若某顾客连续抽奖4次，记获得的总奖金为元，求.

【答案】（1），理由见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）记中奖次数为，则由题意得，从而可求出总奖金的期望值，进而可求得结果，

（2）由题意可得的所有可能取值为，然后求出相应的概率，从而可求出.

【小问1详解】

，理由如下：抽奖10次时，记中奖次数为，则.

若每次中奖的奖金为固定10元，则此时总奖金的期望值为.

由题意，连续中奖时，奖金会翻倍，

故总奖金必大于每次中奖的奖金为固定10元的情况.

所以.

【小问2详解】

的所有可能取值为.

，

，

，

，

，

，

.

其分布列为：

.

21. 已知椭圆，过点且与轴平行的直线与椭圆恰有一个公共点，过点且与轴平行的直线被椭圆截得的线段长为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设过点的动直线与椭圆交于两点，为轴上的一点，设直线和的斜率分别为和，若为定值，求点的坐标.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意得到椭圆的下顶点为和椭圆过点求解；

（2）设点坐标为，当直线斜率存在时，设其方程为，与联立，由，结合韦达定理求解；当直线斜率不存在时验证即可.

【小问1详解】

解：由题意，椭圆的下顶点为，故.

由对称性，椭圆过点，代入椭圆方程有，

解得：.

故椭圆的标准方程为：.

【小问2详解】

设点坐标为.

当直线斜率存在时，设其方程为，与联立得：

.

设，则.

，

，

，

为定值，即与无关，则，此时.

经检验，当直线斜率不存在时也满足，故点坐标为.

22. 已知函数.

（1）讨论函数的极值点个数；

（2）当恰有一个极值点时，求实数的值，使得取最大值.

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）对函数求导得到，设，则，设， 是增函数，且，分情况讨论，由导函数在不同范围的正负情况得到结果；（2）由（1）知，此时，且，即，此时，，设，，，时，，进而得到的单调性，，取得最大值时，，此时.

【小问1详解】

；

设，则；

设，显然是增函数，且；

故时，递减；时，递增；

又，且时，.

（i）当，即时，递减，

此时无极值点；

（ii）当，即时，存在使得，

时，递减；

时，递增；

时，递减.此时有两个极值点.

（iii）当，即时，存在，使得，

时，递减；

时，递增.此时有一个极值点.

综上所述，当时，无极值点；

当时，有两个极值点；

当时，有一个极值点.

【小问2详解】

由（1）知，此时，且，即，此时.

此时.

设，则，

，

时，，令，得.

时，递增；时，递减；故.

取得最大值时，，此时.

【点睛】研究函数单调性常见的方法是对函数求导，研究导函数的正负，判断导函数的正负，可以再次求导，或者分组判号，或者比较参数和已知函数的值域等，或者研究导函数的单调性和零点，进而得到导函数的正负.