湖南省常德市第一中学2022届高三考前二模数学试题（含解析）

湖南省常德市第一中学2022届高三考前二模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

2．已知复数，i为虚数单位，则z的共轭复数为（    ）

A． B． C． D．

3．（    ）

A． B． C． D．

4．已知等差数列的公差为，前项和为，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．充要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

5．函数的图象大致为(    )

A． B．

C． D．

6．已知双曲线的离心率e是它的一条渐近线斜率的2倍，则e=（    ）

A． B． C． D．2

7．已知圆和两点，若圆C上存在点P，使得，则a的最小值为（    ）

A．6 B．5 C．4 D．3

8．已知实数，且，为自然对数的底数，则（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．一个质地均匀的正四面体4个表面上分别有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件为“第一次向下的数字为1或2”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（    ）

A．事件与事件互斥

B．事件发生的概率为

C．事件与事件相互独立

D．事件发生的概率为1

10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．函数的图象关于直线对称

C．函数的图象关于点中心对称 D．函数在上单调递增

11．已知点是抛物线上过焦点的两个不同的点，O为坐标原点，焦点为F，则（    ）

A．焦点F的坐标为（4，0） B．

C． D．

12．已知函数的零点为，则（    ）

A． B．

C． D．

三、填空题

13．已知向量， 满足： =，⊥，则 =_______

14．将6个相同的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中，，恰有1个空盒子，则放法有___________种.

15．四棱锥各顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，，设分别是的中点，则平面截球所得截面的面积为_________.

16．设、为实数，函数满足：对任意的，有.则的最大值为______.

四、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c满足，.

(1)求角C的大小；

(2)若，求的面积.

18．已知数列满足，.

(1)求数列的通项公式；

(2)令，设数列的前项和为，证明：.

19．如图1，在矩形中，点E在边上，，将沿进行翻折，翻折后D点到达P点位置，且满足平面平面，如图2．

(1)若点F在棱上，且平面，求；

(2)求二面角的正弦值

20．已知离心率为的椭圆的下顶点为，过点B（0，3）作斜率存在的直线交椭圆C于P，Q两点，连AP，AQ分别与x轴交于点M，N，记点M，N的横坐标分别为xM，xN.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)试判断 xM xN  是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由.

21．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50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400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7.2，方差为．如果认为超过8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：

（1）是否有95%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14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1000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：

若，则，．

22．已知函数 （，为自然对数的底数）．

(1)讨论函数的单调性；

(2)当时，求证：.

参考答案：

1．B

【分析】先求出集合的解集，然后进行交集运算即可.

【详解】因为，，所以．

故选：B.

2．B

【分析】根据复数的运算公式求复数的代数形式，再求其共轭复数即可.

【详解】，

所以z的共轭复数为，

故选：B.

3．A

【分析】利用诱导公式及二倍角正弦公式计算可得；

【详解】解：.

故选：A

4．B

【分析】由，得，即可得出结论.

【详解】由，

得，

整理得，

则“”是“”的充要条件.

故选：B

5．A

【分析】分析函数f(x)定义域，排除两个选项，再取特殊值得解.

【详解】∵令g(x)=，x>0时，x2是递增的，cosx在(0,)上递减，

则有g(x)在(0,)上单调递增，而，

所以存在使得，

中，排除C、D，

∵时，排除B，所以选A.

故选：A

【点睛】给定解析式，识别图象，可以从分析函数定义域、函数奇偶性、在特定区间上单调性及特殊值等方面入手.

6．C

【分析】根据离心率和渐近线的斜率公式，列式求双曲线的离心率.

【详解】由题意可知，，即，

则，解得：，

所以双曲线的离心率.

故选：C

7．C

【分析】根据条件，将问题转化成圆与圆C有公共交点，再利用圆与圆的位置关系即可求出结果.

【详解】由，得点P在圆上，故点P在圆上，又点P在圆C上，所以，两圆有交点，

因为圆的圆心为原点O，半径为a，圆C的圆心为，半径为1，

所以，又，所以，

解得，所以a的最小值为4.

故选：C.

8．D

【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式

【详解】因为，所以，

函数在上单调递增，且，因为

所以，所以，即，

又，所以，所以，即，综上，.

故选：D

9．BC

【分析】根据古典概型的概率公式判断B，利用特例说明A，计算、、，即可判断C，根据判断D.

【详解】由题意可得，故B正确；

当两次抛掷的点数为时，事件与事件同时发生，所以事件与事件不互斥，故A错误；

事件与事件同时发生的情况有共4种，所以，

又，所以，故事件与事件相互独立，故C正确；

，故D错误.

故选：BC.

10．AD

【分析】根据图象求出函数的解析式，结合正弦型函数的性质对选项逐一判断.

【详解】由题图知：，的最小正周期，故，

又的过，则，即，又，故， A正确；

综上，，

所以，故为对称中心，B错误；

，故为对称轴，C错误；

令，得单调递增区间为，

因为，D正确.

故选：AD.

11．BD

【分析】由抛物线的方程，可求焦点坐标判断A；由焦半径公式可得，判断B；设直线的方程为，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，可判断C；进而利用焦半径公式计算可判断D．

【详解】由抛物线，可得焦点为，故A错误；

由焦半径公式可得，故B正确；

设直线的方程为，与抛物线的方程联立，可得，

则，，故C错误；

，故D正确．

故选：BD

12．ABD

【分析】对AB，求导分析可得为增函数，再根据零点存在性定理可判断；

对C，根据AB得出的结合正切函数的单调性可判断；

对D，构造函数，再根据零点存在性定理，放缩判断的正负判断即可

【详解】对AB，由题，故为增函数.又，，故，故AB正确；

对C，因为，所以，但，故C错误；

对D，构造函数，则，故为增函数.故，因为，故，故，即，故，故，D正确；

故选：ABD

【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数零点的问题，一般需要用零点存在性定理判断零点所在的区间，同时在判断区间端点正负时，需要适当放缩，根据能够确定取值大小的三角函数值进行判断，属于难题

13．/

【分析】由向量垂直即可得数量积为0,代入模长即可求解.

【详解】由⊥可得，

故答案为：

14．40

【分析】放置方法：6个球放入3个盒子，按球的个数分成三种情况：（1，2，3），（2，2，2），（1，1，3），第一步选空盒子，然后把放入三个盒子．

【详解】第一步选空盒子，第二步6个球放入3个盒子，按球的个数分成三种情况：（1，2，3），（2，2，2），（1，1，3）进行放置，方法数为：．

故答案为：40．

15．

【分析】构造长方体可知四棱锥外接球球心即为中点，即可得球半径为，利用等体积法可得球心到平面的距离为，再利用勾股定理可得截面圆半径，从而求得截面面积.

【详解】如下图所示，

易知四棱锥外接球与以为棱长的长方体的外接球相同；

由题意可知球心为中点，

故球O的直径，解得

由分别是的中点可得，可得平面；

所以球心到平面的距离等于点到平面的距离，

设球心到平面的距离为，截面圆的半径为，

在三棱锥中，易知平面，且，

所以，

而，由等体积法得，

所以，故截面面积为．

故答案为：

16．

【详解】易知，

则

.

当，即时，取最大值.

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换求得，即可得解；

（2）利用余弦定理求得，再利用三角形的面积公式即可得解．

【详解】（1）由正弦定理，

，

，

又，；

（2）由余弦定理

即

则，，

．

18．(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用累加法求数列的通项公式；

（2）裂项相消法求和，再由不等式性质及数列的单调性可得结论.

【详解】（1），

.

（2）

∵，∴，

∵单调递增，,

即.

19．(1)

(2)

【分析】（1）作出辅助线，由线面平行得到线线平行，从而求出比例关系，得到答案；

建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.

【详解】（1）如图，在上取点，使得，连接，，

则．

因为平面，平面平面，所以，

所以四边形是平行四边形，所以．

又因为，所以．

（2）在平面内，过作，垂足为．以为坐标原点，，所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图所示．

设，则，，，，

所以，，．

设平面的法向量为，则，

即，令，则．

设平面的法向量为，则，

即，令，则．

所以，

设二面角的大小为，所以．

20．(1)

(2)是，定值为.

【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，即可求椭圆方程；

（2）首先设直线方程，与椭圆方程联立，并求得根与系数的关系，分别利用点的坐标表示直线的方程，并利用韦达定理表示.

【详解】（1）由条件可知，解得，

所以椭圆C的标准方程为；

（2）由条件设直线PQ的方程为，

联立得，

则，解得.

根据韦达定理得

根据题意，直线，令y=0，得，同理.，

于是

所以是定值，该定值为.

21．（1）有的把握认为“长期潜伏”与年龄有关；（2）（i）理由见详解；（ii）当时，取得最大值.

【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.

22．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，再分，，和四种情况讨论即可得出答案；

（2）方法一：等价于，

当时，则，构造函数，利用导数求出即可得证.

方法二：当时，，令，令，则，构造函数，利用导数证明即可得证.

【详解】（1），

（ⅰ）当时，，所以，，

则在上单调递增，在上单调递减；

（ⅱ）当时，令，得，

①时，，

所以或，，

则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

②时，，则在上单调递增；

③时，，所以或，，

则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

综上，时，在上单调递增，在上单调递减；

时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

时，在上单调递增；

时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；

（2）方法一：等价于，

当时，，

则当时，，则，

令，

令，

因为函数在区间上都是增函数，

所以函数在区间上单调递增 ，

∵，∴存在，使得，

即，

当时，，则在上单调递减，

当时，，则在上单调递增，

∴，

∴，故.

方法二：当时，，

令，

令，则，

令，则，

当时，，当时，，

∴在区间上单调递减，上单调递增，

∴，即，

∴.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.