2022届湖南省长沙市长郡中学高三下学期月考六数学试题含解析

这是一份2022届湖南省长沙市长郡中学高三下学期月考六数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022届湖南省长沙市长郡中学高三下学期月考六数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】先求出集合，然后再求交集运算.
【详解】由，解得，所以集合
又，所以
故选：B
2．复数的共轭复数等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】试题分析：依题意可得.故选C.
【解析】复数的运算.
3．设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【详解】试题分析：当时，不是递增数列；当且时，是递增数列，但是不成立，所以选D.
【解析】等比数列
4．设E是平行四边形ABCD所在平面内一点，，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用向量的加减法及数乘运算直接求得.
【详解】
如图示：.
而，所以.
,
所以.
故选：B
5．已知定义在R上的函数是偶函数，且在上单调递增，则满足的x的取值范围为（     ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由平移法则确定函数关于直线对称，且在上单调递增，结合函数对称性和单调性去“”即可.
【详解】因为函数是偶函数，且在上单调递增，所以函数的图象关于直线对称，且在上单调递增，又，所以，即，平方并化简，得，解得或．
故选：B．
6．长郡中学体育节中，羽毛球单打12强中有3个种子选手，将这12人任意分成3个组（每组4个人），则3个种子选手恰好被分在同一组的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用均匀分组的原理，再结合古典概型的概率公式求解即可.
【详解】由已知条件得
将12人任意分成3组，不同的分组方法有 种，
3个种子选手分在同一组的方法有 种，
故3个种子选手恰好被分在同一组的概率为，
故选：.
7．已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，M，N为双曲线一条渐近线上的两点，.A为双曲线的右顶点，若四边形为矩形，且，则双曲线C的离心率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由四边形为矩形→，可设以MN为直径的圆的方程为，设直线MN的方程为，联立求出，进而求出，再对采用余弦定理即可求解.
【详解】因为四边形为矩形，所以，（矩形的对角线相等），
所以以MN为直径的圆的方程为.直线MN为双曲线的一条渐近线，不妨设其方程为，由，解得或，
所以，或，.
不妨设，，又，所以，.在△AMN中，，
由余弦定理得，
即，则，所以，则，所以.

故选：D
【点睛】试题综合考查双曲线的方程与性质，考查考生灵活运用所学知识分析问题､解决问题的能力，体现理性思维､数学探索学科素养.
求解双曲线的离心率的方法：
（1）公式法：直接求出a，c或找出a，b，c三者中任意两个的关系，代入公式求解；
（2）构造法：由已知条件得出a，c关于的齐次方程，然后转化为关于e的方程求解；
（3）通过特殊值或者特殊情况求离心率，例如，令，求出相应c的值，进而求出离心率，能有效简化运算.
8．若不等式对任意，恒成立，则实数m的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将问题转化为直线与曲线上的点的距离最小值，利用导数的几何意义求上斜率为1的切线上切点坐标，再应用点线距离公式求最小距离，即可得m的范围.
【详解】设，则T的几何意义是直线上的点与曲线上的点的距离，
将直线平移到与面线相切时，切点Q到直线的距离最小．
而，令，则，可得，
此时，Q到直线的距离，故，
所以．
故选：B
【点睛】关键点点睛：将题设不等式关系转化为求直线与曲线上点的最小距离且，结合导数的几何意义、点线距离公式求m的范围.
二、多选题
9．已知，下列命题为真命题的是（       ）
A．若，则.
B．若，则
C．若且，则.
D．若，则
【答案】ABD
【分析】根据均值不等式最值公式对选项一一判断即可．
【详解】对A，，当时等号成立，故正确；
对B，因为，所以，则，故正确；
对C，且
则，故错；
对D，因为，所以，故正确．
故选：ABD
10．袋子中共有大小和质地相同的4个球，其中2个白球和2个黑球，从袋中有放回地依次随机摸出2个球．甲表示事件“第一次摸到白球”，乙表示事件“第二次摸到黑球”，丙表示事件“两次都摸到白球”，则（       ）
A．甲与乙互斥 B．乙与丙互斥 C．甲与乙独立 D．甲与乙对立
【答案】BC
【分析】结合互斥事件、对立事件和相互独立事件的知识确定正确选项.
【详解】首先抽取方法是有放回，每次摸出个球，共抽取次.
基本事件为：白白，白黑，黑白，黑黑，共种情况.
事件甲和事件乙可能同时发生：白黑，所以甲与乙不是互斥事件，A错误.
事件乙和事件丙不可能同时发生，所以乙与丙互斥，B正确.
事件甲和事件乙是否发生没有关系，用表示事件甲，用表示事件乙，，则，所以甲与乙独立，C正确.
由于事件甲和事件乙是否发生没有关系，所以不是对立事件.
故选：BC
11．将函数的图象横坐标伸长为原来的倍，再向左平移个单位，得到函数（）的部分图象（如图所示）．对于，且若，都有成立，则（       ）

A．
B．
C．在上单调递增
D．函数在的零点为，，，，则
【答案】ABD
【详解】对于A，由题意可知函数的图象在区间上的对称轴为直线，又，所以，所以，，，故，A正确；
对于B，右移个单位得到函数的图象，再将其横坐标缩短为原来的得到的图象，故B正确；
对于C，令，，得，，当时，，所以在上单调递增，而，故C错误，
对于D，今，则，函数在上有个零点，，，，则，，，，，
故，
所以，故D正确；
故选：ABD．
12．如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD中点，若沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B、C、D三点重合于S，得到四面体S−AEF（图2），点G为SE中点．下列结论正确的是（       ）

A．四面体S−AEF的外接球体积为
B．顶点S在面AEF上的射影为△AEF的重心
C．SA与面AEF所成角的正切值为
D．过点G的平面截四面体S−AEF的外接球所得截面圆面积取值范围是
【答案】ACD
【分析】由翻折的性质，利用，，两两垂直，将四面体的外接球问题转化为长方体的外接球问题进行求解，即可判断选项A;
利用线面垂直的判定定理和性质定理证明在平面上的射影为△的垂心，即可判断选项B；
由线面角的定义求解，即可判断选项C；
将四面体补成长方体，找出球心，将问题转化为过一定点作球的截面求解截面圆面积的最值问题，即可判断选项D．
【详解】对于A，由翻折的性质可知，、、两两垂直，将其补成长方体，则长方体外接球和四面体外接球相同，
因为，，
则其体对角线长，
所以长方体外接球的半径为，
故外接球的体积为，
故选项A正确；
对于B，因为、、两两互相垂直，所以点在平面上的射影为的垂心，理由如下：如图，过点作平面，交平面于点，

因为平面，平面，所以，
又因为，，，、平面，
则平面，又平面，故，
又，、平面，所以平面，
又平面，故；同理可证，，
故点在平面上的射影为的垂心，故选项B错误；
对于C，设为的中点，则，，

又，，平面，
所以平面，又平面，
故平面平面，
则在平面上的射影为，
所以与平面所成的角为，
因为，，，
所以，
故选项C正确；
对于D，设为四面体的外接球的球心，
则平面，连接、，

当过点的截面经过球心时截面圆的面积最大，最大面积为，
当垂直截面圆时，截面圆面积最小，此时，，
，，
故截面圆的面积为，所以截面圆面积的取值范围为，
故选项D正确．
故选：ACD．
【点睛】本题以命题的真假判断为载体考查了立体几何的综合应用，考查了空间几何体的外接球问题，线面角与截面问题，综合考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于难题．
三、填空题
13．函数的图象在点（1，）处的切线方程为_________．
【答案】
【分析】利用导数的几何意义即可求出答案.
【详解】由题意得，，，，则所求的切线方程为，
即．
故答案为：.
14．若，则_________．
【答案】3093
【分析】由多项式分析知：为奇数，项系数为负； 为偶数，项系数为正，可得，再应用赋值法求、，即可得结果.
【详解】由题设，含的项中，当为奇数，项系数为负，而当为偶数，项系数为正，
所以，
令，则；令，得，
所以．
故答案为：.
15．△ABC中，角A，B，C所对的三边分别为a，b，c，c＝2b，若△ABC的面积为1，则BC的最小值是________ ．
【答案】
【分析】由三角形面积公式得到，利用角A的三角函数表达出，利用数形结合及的几何意义求出最值.
【详解】因为△ABC的面积为1，所，可得，
由，可得
，
设，其中，
因为表示点与点（cosA，sinA）连线的斜率，
如图所示，当过点P的直线与半圆相切时，此时斜率最小，

在直角△OAP中，，可得，
所以斜率的最小值为，
所以m的最大值为，所以，所以，即BC的最小值为，
故答案为：．
【点睛】解三角形中最值问题，要结合基本不等式，导函数或者数形结合，利用代数式本身的几何意义求解.
四、双空题
16．已知数列对任意的，都有，且．
①当时，_________．
②若存在，当且为奇数时，恒为常数P，则P＝_________．
【答案】     2     1
【分析】根据通项公式确定的周期性即可求，由题设可得，讨论的奇偶性确定后续数列出现奇数项与相等，列方程求P的值.
【详解】由题设通项公式，可得，
故从第二项开始形成周期为3的数列，而，故．
当时，为奇数时为偶数，故；
若为奇数，由，故，不满足；
若为偶数，则直到为奇教，有，
故，当时满足条件，此时，即，
故答案为：2，1
【点睛】关键点点睛：讨论的奇偶性，判断数列后续出现的奇数项与相等时是否为奇数.
五、解答题
17．在中，设角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且．
（1）求；
（2）若D为上点，平分角A，且，，求．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由题意和正弦定理得到，利用余弦定理求得，即可求解；
（2）利用，化简得到，进而求得，结合因为，即可求解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，整理得，
由余弦定理，可得，
又因为，可得．
（2）因为D为上点，平分角，则，
又由，
可得，
又因为，可得，解得，
因为，所以．
18．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知       ①
于是．            ②
由①②得．        ③
又，            ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
   由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
   由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
(2)由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【整体点评】
（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；
19．接种新冠疫苗，可以有效降低感染新冠肺炎的几率，某地区有A，B，C三种新冠疫苗可供居民接种，假设在某个时间段该地区集中接种第一针疫苗，而且这三种疫苗的供应都很充足．为了节省时间和维持良好的接种秩序，接种点设置了号码机，号码机可以随机地产生A，B，C三种号码（产生每个号码的可能性都相等），前去接种第一针疫苗的居民先从号码机上取一张号码，然后去接种与号码相对应的疫苗（例如：取到号码A，就接种A种疫苗，以此类推）．若甲，乙，丙，丁四个人各自独立的去接种第一针新冠疫苗．
(1)求这四个人中恰有2个人接种A种疫苗的概率；
(2)记甲，乙，丙，丁四个人中接种疫苗的种数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）首先求出所有可能接种结果，再求出恰有2人接种疫苗的情况种数，最后根据古典概型的概率公式计算可得；
（2）依题意可能值为1，2，3，求出所对应的概率，列出分布列，即可求出数学期望；
【详解】(1)解：依题意所有可能的接种方式有种，
恰有2人接种疫苗的情况有种，
从而恰有2人接种种疫苗的概率为．
(2)解：依题意的可能值为1，2，3，
又，（或），（或）．
综上知，X的分布列为
X
1
2
3
P




所以．
20．如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为2，D为棱BB1（不包括端点）上一动点，E是AB的中点．

(1)若AD⊥A1C，求BD的长；
(2)当D在棱BB1（不包括端点）上运动时，求平面ADC1与平面ABC的夹角的余弦值的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由平面ABC⊥平面得到CE⊥平面，进而得到，证明AD⊥平面，即可求出D为的中点
（2）建立空间直角坐标系，求出法向量，再结合二次函数求出余弦值的取值范围.
【详解】(1)由，知，
又平面ABC⊥平面，所以CE⊥平面．
而AD平面，∴，又，所以AD⊥平面，
所以．又四边形为正方形，故此时D为的中点，故．
(2)
以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，过E作垂直于平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
设，则A（－1，0，0），D（1，0，t），（0，，2），
，．
设平面的一个法向量为，
则，取，得．
平面ABC的法向量，
设平面与平面ABC的夹角为，
∴
由于，故．
即平面与平面ABC夹角的余弦值的取值范围为．
21．已知椭圆的离心率，且经过点，点为椭圆C的左、右焦点．

（1）求椭圆C的方程．
（2）过点分别作两条互相垂直的直线，且与椭圆交于不同两点与直线交于点P．若，且点Q满足，求面积的最小值．
【答案】（1）；（2）6.
【分析】（1）根据椭圆的离心率为，可得，再将点代入椭圆方程可得，解出可得答案.
（2）设直线，与椭圆方程联立得出韦达定理，由条件求出点坐标，求出的长度，得出直线的方程为：与直线求出点坐标，得出长度，从而表示三角形面积，得出最值.
【详解】解析：（1）由题意，得，解得：，所以椭圆的方程为．
（2）由（1）可得,若直线的斜率为0，则的方程为：与直线无交点，不满足条件.
设直线，若，则则不满足，所以
设，
由，得：，
，
因为，即
则，
所以，解得．
于是．
直线的方程为：
联立，解得，所以．
所以，
当且仅当时，．
【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆的方程和椭圆中三角形面积的最值问题，解答本题的关键是根据向量条件得出，进而求出点的坐标，得到的长度，从而表示出三角形的面积，属于中档题.
22．已知函数，，其中．
(1)求的最小值；
(2)记为的导函数，设函数有且只有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，分析导函数正负，结合极值和单调性分析即得解；
（2）求导，分，，分析单调性，结合极值点，边界情况，分析即得解
【详解】(1)由题得，令，得，
所以，当时，，函数f(x)单调递增，
当时，，函数f(x)单调递减，
当时，，，函数f(x)单调递增，
所以是f(x)的极小值点；
又当时，，当时，，当时，，
所以f(x)只能在内取得最小值，因为是f(x)在（0，）内的极小值点，也是最小值点，
所以．
(2)由题得，
因为且函数h(x)有且仅有1个零点，故这个零点为1，
且；
①当时，，函数h(x)在（0，＋∞）上单调递增，且，
所以符合函数h(x)有且仅有1个零点，且这个零点为1；
②当时，令，
，
所以在（0，＋∞）上，函数m(x)单调递增，
因为，
所以，使得，即
所以在上，即，所以h(x)单调递减；
在上，
因为，所以在[1，＋∞）上也有，
所以在上，即，所以h(x)单调递增，
所以
令，
则，
所以t(x)在区间（0，1）上单调递减，所以，
所以，即，
因为且a为常数，
显然当时，，当时，，
所以函数h(x)在区间和上各有一个零点；
③当时，，
所以，令，
所以，
所以在上，单调递增，
因为，故在上，即，所以在区间（0，1）上h(x)单调递减，
在上，即，所以在区间（1，＋∞）上h(x)单调递增，
所以，符合题意，
故所求a的取值范围是．