2022届湖南师范大学附属中学高三上学期第二次月考数学试题（含解析）

大联考湖南师大附中2022届高三月考试卷（二）

数学

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，集合，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由对数函数及指数函数的性质可化简集合，利用交集的定义即求.

【详解】由题意得，即，

根据对数函数的单调性得，解得，

所以集合，

解不等式得，故集合，

所以.

故选：B．

2. 已知复数的共轭复数为，若（i为虚数单位），则复数的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数相等列方程组，解方程组求得，由此求得的虚部.

【详解】设，，则，

∵，

∴，

即，解得，

∴，

故复数的虚部为.

故选：D

3. 如图，洛书（古称龟书）是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．若从四个阴数和五个阳数中随机选取个数，则选取的个数之和为奇数的方法数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分析可知个阴数即个偶数为、、、，个阳数为、、、、，然后对所选的个数进行分类讨论，结合分类加法计数原理可得结果.

【详解】根据题意，个阴数即个偶数：、、、；个阳数即、、、、，

从中任选个，使选出的三个数的和为奇数，共有两种可能：

①选出的个数都是奇数，有种选法；

②选出的个数有个偶数、个奇数，共有种选法.

综上所述，一共有种选法．

故选：B.

4. 已知在中，，，是的外心，则的值为（    ）

A. 8 B. 10

C. 12 D. 16

【答案】B

【解析】

【分析】向量，以及,，利用已知边长进行求解.

【详解】

．

故选：B

【点睛】利用向量的线性运算和向量投影的概念即可得解，解题时要结合题目中的信息进行灵活运用.

5. 我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合白般好，隔离分家万事休.”在数学的学习和研究中，有时可凭借函数的图象分析函数解析式的特征.已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据图象函数为奇函数，排除D；再根据函数定义域排除B；再根据时函数值为正排除A；即可得出结果.

【详解】由题干中函数图象可知其对应的函数为奇函数，

而D中的函数为偶函数，故排除D；

由题干中函数图象可知函数的定义域不是实数集，故排除B；

对于A，当时，，不满足图象；对于C，当时，，满足图象.

故排除A，选C.

故选：C

6. 如图，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，长为的线段的一个端点在线段上运动，另一个端点在底面上运动，则线段的中点的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】连接、，分析得出，可知点的轨迹是以点为球心，半径长为的球面，作出图形，结合球体的体积公式可求得结果.

【详解】连接、，因为，，且、分别为、的中点，

故且，

所以，四边形为平行四边形，故且，

平面，则平面，

因为平面，所以，，

为的中点，故，

所以，点的轨迹是以点为球心，半径长为的球面，如下图所示：

所以，线段的中点的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体为球的，

故所求几何体的体积为.

故选：D.

7. 已知定义在上时数，满足：（1）；（2）（其中是的导函数），则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先构造函数和，再根据导数判断函数的单调性，即可求得的取值范围.

【详解】构造函数，，则，

由已知得在上恒成立，则函数在上递增，

所以，即，又因为，

所以根据有，即，

再构造函数，，，

由已知，所以在，则函数在区间上单调递减，

所以，即，又因，

所以根据有，即，所以．

故选：

8. 祖原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.满足的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，由曲线，，围成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，则､满足以下哪个关系式（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】作出曲线在第一想象内的图象进行分析：当双曲线方程为：，高度为时，双曲线与渐近线旋转一周所形成的图形是圆环，计算可得圆环的面积为定值，进而由由祖暅原理知等轴双曲线与渐近线绕轴旋转一周所形成的几何体体积，与底面半径为，高为的圆柱体体积一致，而满足的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体为球体，体积为，通过分析计算可得，，进而可得，从而得解.

【详解】如图可知：当双曲线方程为：，高度为时，

双曲线与渐近线旋转一周所形成的图形是圆环，

其中小圆环的半径即是，所以小圆面积为：，

而大圆半径可以由：求出，即：，

所以大圆的面积为：，

所以圆环的面积为：，为定值，

所以由祖暅原理知等轴双曲线与渐近线绕轴旋转一周所形成的几何体体积，

与底面半径为，高为的圆柱体体积一致，

而球体体积，

所以，.

故选：B.

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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 数据，，…，的平均数为，方差为，数据，，…，的平均数为，方差为，若为不等于0的常数，，，…，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据以及平均数、方差的知识确定正确选项.

【详解】由于，所以，且.

故选：BC

10. 下面选项正确的有（    ）

A. 存在实数，使

B. ，是锐角△ABC的内角，是的充分不必要条件

C. 函数是偶函数

D. 函数的图象向右平移个单位，得到的图象

【答案】BC

【解析】

【分析】依次判断各个选项，根据的值域，可否定；根据，结合角的范围和的单调性可得，推得充分性，易于举反例否定必要性，则B正确；利用诱导公式化简函数解析式，利用偶函数定义可判断得到C正确；根据三角函数左右平移求得平移后的解析式，可知D错误.

详解】选项：，则

不存在，使得，可知不正确；

B选项：为锐角三角形，，即，

，，又，且在上单调递增

；若,满足，但，不锐角△ABC的内角，可知B正确；

C选项：，则，则为偶函数，可知C正确；

D选项：向右平移个单位得，可知D错误.

故选：BC.

11. 设同时为椭圆与双曲线的左右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点，椭圆与双曲线的离心率分别为为坐标原点，若（    ）

A. ，则

B. ，则

C. ，则的取值范围是

D. ，则的取值范围是

【答案】BD

【解析】

【分析】先设，焦距为，根据椭圆与双曲线的定义，求出，；当，得，进而可判断B正确，A错；当时，得到，推出，利用换元法，结合函数单调性，即可判断D正确，C错.

【详解】

如图，设，焦距为，由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得，，

当时，则，所以，

即，由离心率的公式可得，故正确.

当时，可得，即，可得，

由，可得，可得，即，则，

可设，则，

由在上单调递增，可得，则，故正确.

故选：

【点睛】关键点点睛：

求解本题的关键在于根据椭圆与双曲线的定义，得到与，再由离心率的计算公式，结合题中条件，即可求解.

12. 设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（    ）

A. 直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等

B. 若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为

C. 若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为

D. 若四面体在点处的离散曲率为，则平面

【答案】BD

【解析】

【分析】读懂题意，求解曲率的关键，是求解线线夹角，再代入离散曲率公式处理.画出对应的立体图形，根据边角关系求出夹角的数值即可.当然也可设出各棱长的数值，建系求解，排除错误选项.

【详解】A项，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故选项A错误；

B项，若，则菱形为正方形，因为平面，所以，，所以直四梭柱在顶点处的离散曲率为，选项B正确；

C项，若，则，又，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项C错误；

D项，在四面体中，，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，结合正方体的结构特征可知平面，选项D正确．

故选：BD

【点睛】本题主要考查离散曲率，考查考生的创新能力、逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力．

试题结合新定义——离散曲率命制立体几何试题，角度新颖，要求考生充分理解离散曲率的定义，结合立体几何的结构特征求解，体现了数学探素、理性思维学科素养．

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为______.

【答案】210

【解析】

【分析】根据题意展开式有11项，得，利用通项中的指数为0可得答案.

【详解】由己知展开式中只有第6项系数为最大，所以展开式有11项，

所以，即，又展开式的通项为，

令，解得，所以展开式的常数项为.

故答案为：210.

14. 设,若直线 与 轴相交于点A,与y轴相交于B,且l与圆 相交所得弦的长为2,O为坐标原点,则面积的最小值为 _____．

【答案】3.

【解析】

【分析】由点到直线的距离公式和弦长公式求得的关系，利用基本不等式即可求解即可.

【详解】如图所示,取CD中点E,连接OE,则OE⊥CD,

∵l与圆相交所得弦的长为2,,又∵圆的半径,

直线的方程为,

由点到直线的距离公式得=,

∴m2＋n2=≥2|mn|,∴|mn|≤,当且仅当时取等号,

的最大值为.

l与x轴交点A(,0),与y轴交点B(0,),

=·||||=·,

的面积的最小值为.

故答案为：3.

15. 等比数列的公比，，则使成立的正整数的最大值为______

【答案】18

【解析】

【分析】求出数列前n项的和，根据不等式之间的关系求解可得答案.

【详解】解：由等比数列的公比，，可得，

可得：，则，且，

由为等比数列，可得是以为首项，公比为的等比数列，

则原不等式等价为：，

因为，把，代入整理得：，

可得：，，即：，

由,故答案为：18.

【点睛】本题主要考查数列与不等式的综合，计算量大，属于中档题型.

16. 已知函数，若，，.则的最大值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】首先确定函数的对称性,然后利用倒序相加法求和,最后利用几何意义求得的最大值即可.

【详解】由题得，

则，

令，

则，

，得，

则，

则，令，则，

是圆心为，半径为的圆上一点，

直线与圆有公共点，

则圆心到直线的距离，

由，得，

得，即，

故，

，

故的最大值为

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. 已知数列满足，且．

（1）若，证明：数列是等比数列．

（2）求的前项和．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

【分析】（1根据题设条件，结合等比数列的定义，即可求解；

（2）由（1）求得，利用等差、等比的求和公式，即可求解.

【详解】（1）因为，且，

所以．

又因为，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列．

（2）由（1）可得，，即，

则．

18. 在中，内角所对的边分别为，若，，且.

（1）求角的大小;

（2）在①成等差数列，②成等差数列，③成等差数列这三个条件中任选一个作为已知条件，求的面积.(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)

【答案】条件选择见解析（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）由得到，进而用正弦定理进行角化边，再用余弦定理即可得到答案；

（2）若选①，根据基本不等式得到，进而得到，结合题目条件可得，进而得到答案；若选②，根据题意有结合（1）消去b，进而化简即可得到，进而得到答案；若选③，根据题意有结合（1）消去b，进而化简即可得到，进而得到答案.

【详解】（1）因为所以，由正弦定理可得，即，又，所以.

（2）若选①，

由基本不等式可知：，所以，所以，当且仅当a=c时取“=” .

又所以，即则所以.

又，所以是正三角形，所以.

若选，

由条件可知，，所以，所以，所以，所以.

又，所以是正三角形，所以.

若选③，

由题意可知，，所以，所以，所以

又，所以是正三角形，所以.

19. 如图，已知为等边三角形，D，E分别为，边的中点，把沿折起，使点A到达点P，平面平面，若.

（1）求与平面所成角的正弦值；

（2）求直线到平面的距离.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）取的中点O，中点F，连接，，，利面面垂直得到平面，从而即为直线与平面所成的角，然后根据，在中得到，在中得到求解.

（2）以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，由平面，求得的坐标，然后由求解.

【详解】（1）如图所示，

设的中点为O，的中点为F，连接，，，则.

因为平面平面，

平面平面，

所以平面.

因为平面，所以，

所以即为直线与平面所成的角.

因为，则，

所以.

在中，，，所以.

在中，，

所以.

（2）解法一：因为点D，E分别为，边的中点，

所以.

因为平面，平面，

所以平面.

由（1）知，平面，又，所以以点O为坐标原点，，，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，.

设平面的一个法向量为，

由得

令，所以.

因为，

设点O到平面的距离为d，

则.

因为点O在直线上，所以直线到平面的距离等于.

解法二：如图，

因为点D，E分别为，边的中点，

所以.

因为平面，平面，

所以平面.

因为平面，平面，

所以.

又，，

所以平面.

因为平面，

所以平面平面.

因为平面平面，

作交于点G，则平面.

在中，，

所以，.

因为点O在直线上，所以直线到平面的距离等于.

【点睛】本题主要考查空间直线与平面的位置关系，直线与平面所成角的求法、点到平面的距离，还考查了转化化归的思想和空间想象能力，逻辑推理的能力，属于中档题.

20. 在平面直角坐标系中，已知，动点到直线的距离等于.动点的轨迹记为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）已知，过点的动直线与曲线交于，两点，记和的面积分别为和，求的最大值.

【答案】（1）；（2）最大值为3.

【解析】

【分析】（1）设点，直接把题意翻译成关于x，y的方程，化简即可得到曲线C的方程；

（2）由题意可知直线斜率不为0，设直线的方程为，， ，

将直线l与曲线C的方程联立，表示出，再利用基本不等式即可求得其最大值.

【详解】（1）设点，

当时，到直线的距离显然小于，故不满足题意；

故（），即，

整理得，即，

故曲线的方程为；

（2）由题意可知直线的斜率不为0，

则可设直线的方程为，，，

联立，整理得，显然成立，

所以，，

所以，

故，

设，，则，

则，

因为，所以（当且仅当时，等号成立）.

故，

即的最大值为3.

21. 一疫苗生产单位通过验血方法检验某种疫苗产生抗体情况，需要检验血液是否有抗体现有份血液样本每份样本取到可能性均等有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n次；（2）混合检验将其中（且）份血液样本分别取样混合在一起检验若检验结果无抗体，则这k份的血液全无抗体，因而这k份血液样本只需检验一次就够了，若检验结果有抗体，为了明确这k份血液究竟哪几份有抗体就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验总次数为k+1次假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果有无抗体都是相互独立的，且每份样本有抗体的概率均为．

（1）假设有5份血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，若采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；

（2）现取其中（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式样本需要检验的总次数为．若，求关于k的函数关系式，并证明．

【答案】（1）；（2）；证明见解析．

【解析】

【分析】（1）设恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检验出来为事件A，由古典概型概率计算公式可得答案；

（2）由题得，，进而根据化简整理得，再令（且）得，再令，利用导数研究最值得，进而得，即，进而证明.

【详解】解：（1）设恰好经过3次检验能把有抗体血液样本全部检验出来事件A，

所以，

所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为．

（2）由已知得，

的所有可能取值为1，．

所以，，

所以，

若，则，

所以，，

所以，即，

所以p关于k的函数关系式为（且）

证明：令（且）

所以，

令，

，

所以得，

所以，，单调递减，

，，单调递增

所以，所以，

因为且，

所以，即，

所以，即，

所以．

【点睛】本题考查古典概型求概率，随机变量概率分布列，数学期望，利用导数研究函数的性质等，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问题解题的关键在于根据题意求得，进而结合得，再通过换元法结合导数研究函数不等式.

22. 已知函数．

（1）若恒成立，求实数的取值范围．

（2）若函数的两个零点为，，证明：．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）分离常数后构造函数，求导后利用函数的单调性求得函数的最小值即可得出结论；（2）要证，即要证，即证．构造函数，求导后利用函数的单调性求解即可.

【详解】（1）解：因为恒成立，所以，

即恒成立．

令，则，

易知在上单调递增，且．

所以当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，故．

（2）证明：由题意可知方程的两根为，．

令，则的两个零点为，．

．

当时，，在上单调递增，不存在两个零点；

当时，在上单调递增，在上单调递减，

则，得．

设，则，．

因为，所以，．

要证，即要证，即证．

令

，．

则，所以在上单调递减，所以．

因为，所以．

因为，，且在上单调递减，

所以，即，故成立．