2022届湖南省常德市第一中学高三下学期第十次月考数学试题含解析

这是一份2022届湖南省常德市第一中学高三下学期第十次月考数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届湖南省常德市第一中学高三下学期第十次月考数学试题

一、单选题
1．已知全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合中元素的个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据图象，结合集合运算求得正确选项.
【详解】，集合，，
图中阴影部分表示为.
图中阴影部分所表示的集合中元素个数为3.
故选：B
2．已知一组数据为，1，2，4，4，8，通过该组数据得到如下结论：①中位数是4；②平均数是3；③极差是9；④方差是48．其中正确的序号为（    ）
A．①②③ B．②③ C．②③④ D．③④
【答案】B
【分析】分别求出这组数据的中位数，平均数、极差，方差，能求出结果．
【详解】一组数据为，1，2，4，4，8，
对于①，中位数是，故①错误；
对于②，平均数是为：，故②正确；
对于③，极差是：，故③正确；
对于④，方差是：，故④错误．
故选：B．
3．若随机变量X ~ B (n, 0.4) ，且E(X ) = 2 ，则P(X = 1) 的值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由二项分布的性质求解即可.
【详解】，则.
故选：A
4．《孙子算经》是我国古代内容极其丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有圆窖周五丈四尺，深一丈八尺，问受粟几何？”其意思为：“有圆柱形容器，底面圆周长五丈四尺，高一丈八尺，求此容器能放多少斛米”（古制丈尺，斛立方尺，圆周率），则该圆柱形容器能放米（    ）
A．斛 B．斛 C．斛 D．斛
【答案】B
【分析】计算出圆柱形容器的底面圆半径，由此计算出圆柱形容器的体积，由此可得出结果.
【详解】设圆柱形容器的底面圆半径为，则（尺），
所以，该圆柱形容器的体积为（立方尺），
因此，该圆柱形容器能放米（斛）.
故选：B.
【点睛】本题考查立体几何中的新文化，考查柱体体积的计算，考查计算能力，属于基础题.
5．已知向量 ， ，若 ，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用平面向量垂直的坐标表示求出的值，利用二倍角公式以及弦化切可求得所求代数式的值.
【详解】已知向量 ， ，且，
则，即，
若，则，这与矛盾，
所以，，故，
因此，
.
故选：A.
6．已知函数在处的切线与直线平行，则二项式展开式中的系数为
A．120 B．140 C．135 D．100
【答案】C
【分析】由题意首先求得n的值，然后结合立方和公式化简所给的二项式，最后利用展开式的通项公式可得展开式中的系数.
【详解】由函数的解析式可得：，
函数在处的切线与直线平行，则，
则二项式，
的展开式的通项公式为，
故分别令,可得展开式中的系数为.
故选C.
【点睛】(1)二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．
(2)求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
7．在△ABC中，已知∠A=90°，AB=2，AC=4，点P在以A为圆心且与边BC相切的圆上，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由几何关系分解向量，根据数量积的定义与运算法则求解
【详解】设为斜边上的高，则圆的半径，
设为斜边的中点，，因为，，
则
，
所以的最大值为
故选：D

8．已知定义在上的函数满足：①；②；③在上的表达式为，则函数与函数的图象在区间上的交点个数为（    ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】先根据①②知函数的对称中心和对称轴，再分别画出和的部分图象，由图象观察交点的个数．
【详解】因为，所以
所以图象的对称中心为.
因为，所以
所以图象的对称轴为，
由，，得，即为单位圆的，
结合③画出和的部分图象，如图所示，
  
据此可知与的图象在上有个交点．
故选：C.

二、多选题
9．下列函数中，与函数相等的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】根据指数、对数的运算性质及相等函数的定义判断即可；
【详解】解：函数定义域为，
对于A：函数定义域为，但是，故A错误；
对于B：函数，且定义域为，故B正确；
对于C：函数定义域为，故C错误；
对于D：函数，且定义域为，故D正确；
故选：BD
10．如图所示，在棱长为的正方体中，、分别为棱 、的中点，则下列结论正确的是 （    ）
  
A．直线与是异面直线
B．直线与是平行直线
C．三棱柱的外接球的表面积为
D．平面截正方体所得的截面面积为
【答案】AD
【分析】利用异面直线的定义可判断A选项；利用反证法结合面面平行的性质可判断B选项；求出的外接球的表面积，可判断C选项；分析出平面截正方体所得截面图形为梯形，并计算出的面积，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为平面，平面，平面，
由异面直线的定义可知，直线与是异面直线，A对；
对于B选项，假设直线与是平行直线，则、、、四点共面，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，
又因为，所以，，这与矛盾，
假设不成立，故与不平行，B错；
对于C选项，正方体的外接球半径为，
即三棱柱的外接球的半径为，该球的表面积为，C错；
对于D选项，连接，
  
在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，
所以，且，
故且，故、、、四点共面，
所以，平面截正方体所得截面图形为梯形，
由勾股定理可得，同理可得，
故梯形为等腰梯形，
过点、分别在平面内作，，垂足分别为点、，
在和中，，，，
所以，，所以，，
在梯形内，因为，，，
所以，四边形为矩形，故，
所以，，故，
所以，梯形的面积为，
故平面截正方体所得的截面面积为，D对.
故选：AD.
11．如图为陕西博物馆收藏的国宝——唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，巧夺天工，是唐代金银细作的典范.该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与直线x = 0, y = 4, y = -2 围成的曲边四边形 ABMN 绕y 轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为 ，下底外直径为 ，双曲线 C 的左右顶点为D, E ，则（    ）
   
A．双曲线 C 的方程为
B．双曲线与双曲线 C 有相同的渐近线
C．双曲线C 上存在无数个点，使它与D, E 两点的连线的斜率之积为3
D．存在一点，使过该点的任意直线与双曲线 C 有两个交点
【答案】ABC
【分析】由题意可得，代入双曲线方程可求出，从而可求出双曲线方程，然后逐个分析判断.
【详解】由题意可得，
所以，即，解得，
所以双曲线方程为，所以A正确；
双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为，所以B正确；
由题意得，设为双曲线上任意一点，
则，，
所以，
所以双曲线C上存在无数个点，使它与两点的连线的斜率之积为3，所以C正确;
由双曲线的性质可知，过平面内的任意一点的直线与双曲线的渐近线平行时，只与双曲线有一个交点，所以不存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点，所以D错误；
故选：ABC
12．新型冠状病毒属于属的冠状病毒，有包膜，颗粒常为多形性，其中包含着结构为数学模型的，，人体肺部结构中包含，的结构，新型冠状病毒肺炎是由它们复合而成的，表现为.则下列结论正确的是（    ）
A．若，则为周期函数
B．对于，的最小值为
C．若在区间上是增函数，则
D．若，，满足，则
【答案】ABD
【解析】计算得到或正确，设，在上单调递增，在上单调递减，计算得到正确，化简即恒成立，计算故，错误，三角恒等变换知正确，得到答案.
【详解】，则，
，
代换整理得到：，
若，则为周期函数；
若，则，，则为周期函数，正确；
设，故，设，
故，故单调递减，
且，，故存在使.
在上单调递增，在上单调递减，
，当时，，故，正确；
在区间上增函数，则，
即恒成立，
设，则，
故在上单调递增，故在上单调递减，，
故，错误；
D. 若，，满足，则
，其中.
，即函数关于对称，故，
即，
，故正确；
故选：.
【点睛】本题考查了函数周期，最值，对称，单调性，意在考查学生对于函数性质的综合应用.

三、填空题
13．已知是关于x的方程的根，则实数_______．
【答案】
【分析】由也是方程的根，再由韦达定理可得．
【详解】因为是关于x的方程的根，其中，
所以也是关于x的方程的根，
所以，．
故答案为：．
14．已知，若正数a，b满足，则的最小值为_____________.
【答案】1
【分析】求得为奇函数，且在上递增，可得，则，展开后运用基本不等式即可得到所求最小值．
【详解】解：函数，
可得，
可得为奇函数，
由可得在上递增，
则，
即有，
可得，
即为，
则

，
当且仅当时，取得等号．
则的最小值为1．
故答案为：1．
15．设等差数列满足，公差. 若当且仅当时，数列的前项和取得最大值，则首项的取值范围是______．
【答案】
【分析】利用三角函数的倍角公式、积化和差与和差化积公式化简已知的等式，根据公差d的范围求出公差的值，代入前n项和公式后利用二次函数的对称轴的范围求解首项取值范围．
【详解】由，
得：，
即，
由积化和差公式得：，
整理得：，
∴sin（3d）＝﹣1．
∵d∈（﹣1，0），∴3d∈（﹣3，0），
则3d，d．
由．
对称轴方程为n，
由题意当且仅当n＝9时，数列{an}的前n项和Sn取得最大值，
∴，解得：．
∴首项a1的取值范围是．
故答案为：．
16．设正四面体的棱长是，、分别是棱、的中点，是平面内的动点.当直线、所成的角恒为时，点的轨迹是抛物线，此时的最小值是______.
【答案】
【分析】设点在底面的射影点为，连接，以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设点，由已知条件可得出关于、所满足的等式，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】设点在底面的射影点为，连接，则，，
以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、，
设点，则，，
，
整理可得，
由题意可知，方程表示的曲线为抛物线，
所以，故，即有，可得，
则，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.

四、解答题
17．随着2022年北京冬奥会的成功举办，吉祥物“冰墩墩”成为现象级“顶流”，憨态可掬的大熊猫套着冰晶外壳，“萌杀”万千网友.奥林匹克官方旗舰店“冰墩墩”一再售罄，各冬奥官方特许商店外排起长队，“一墩难求”，成了冬奥赛场外的另一场冰雪浪漫和全民狂欢.某商家将6款基础款的冰墩墩，随机选取3个放在一起组成一个盲盒进行售卖.该店2021年1月到11月盲盒的月销售量如下表所示：
月份数x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
月销售量y/万个
2.6
3.9
5.7
7.3
7.7
9.9
11
13.8
15
16.1
17

(1)求出月销售量y（万个）与月份数x的回归方程，并顶测12月份的销量；
(2)小明同学想通过购买盲盒集齐6款基础款冰墩墩，为此他购买了2个盲盒，求小明至少集齐5款基础款冰墩墩的概率.
参考公式及数据：回归直线的方程是，则..
【答案】(1)万个
(2)

【分析】（1）根据公式求出和可得月销售量y（万个）与月份数x的回归方程，根据此方程可求出12月份的销量；
（2）利用古典概型的概率公式可求出结果.
【详解】（1）（1）,
,
，，
所以，
所以月销售量y（万个）与月份数x的回归方程为.
当时，万个.
故12月份的销量为万个.
（2）第一个盲盒中有种，第二个盲盒中有种，所以两个盲盒中共有种，
两个盲盒中恰好集齐5款的有种，恰好集齐6款的有种，所以两个盲盒中至少集齐5款的有种，
所以小明至少集齐5款基础款冰墩墩的概率为.
18．中，角，，满足，且.
（1）在边上有一点，且，若，求；
（2）求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）先用二倍角公式化简，进而用正弦定理角化边，再通过余弦定理求A，进一步求得，再通过正弦定理求出；
（2）先将切化弦，通分化简可得，然后消去C，通过降幂公式和辅助角公式化简，通过B的范围即可求得.
【详解】（1）由

，
由正弦定理得，即，又
∴，又，∴是正三角形，∴，
由正弦定理得
（2）

∵，∴，∴
所以当时，有最小值为.
19．如图，四棱柱，底面是平行四边形，为的中点．

(1)求证： ；
(2)若，二面角的大小为60°，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)

【分析】（1）根据几何关系结合勾股定理得，再根据已知条件证明平面，进而证明；
（2）根据题意得平面，进而为二面角的平面角， ，故在中，再取中点，连接，则，故以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）证明：由题知，在中，
所以由余弦定理得，
所以，即，
因为平面，
所以平面,
因为平面，
所以.
（2）解：因为平面，
所以平面，
因为
所以为二面角的平面角，
因为二面角的大小为60°，
所以，
所以在中，，
所以取中点，连接，则，
所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系

则
所以
设平面的法向量为，
则，故，
因为，
所以，
设直线与平面所成角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．已知数列，，为数列的前n项和，，若，，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的通项公式为，令为的前n项的和，求.
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）对已知条件因式分解后结合等比数列的性质得出的通项公式，先证明为等差数列，进而得出的通项公式；
（2）求出的通项公式，再由错位相减法得出.
【详解】（1）解：，
因为，所以，
又，所以是公比为2，首项为2的等比数列，
，，
，
综上，是公差为1，首项为1的等差数列，
．
（2）解：令，

①②，得，
，
．
21．设椭圆:的左右焦点分别为，，上顶点为.
(Ⅰ)若.
(i)求椭圆的离心率;
(ii)设直线与椭圆的另一个交点为，若的面积为，求椭圆的标准方程;
(Ⅱ)由椭圆上不同三点构成的三角形称为椭圆的内接三角形，当时，若以为直角顶点的椭圆的内接等腰直角三角形恰有3个，求实数的取值范围.
【答案】(Ⅰ)(i);(ii);(Ⅱ)
【分析】(Ⅰ)(i)由勾股定理化简可得，进而可得椭圆的离心率;(ii)易知，故椭圆:，求出直线方程为:，联立直线与椭圆的方程求出点坐标，计算出，则，得到，进而得出椭圆方程;
(Ⅱ)设椭圆内接等腰直角三角形的两直角边分别为，，设，，显然，不与坐标轴平行，且，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，同理得出，化简可得出关于的方程有两个不同的正实根，，且都不为1，通过数形结合思想，转化求解即可.
【详解】(Ⅰ)(i)可知，，，
∵，∴，
∴.
∴.
(ii)由(i)知，，
∴椭圆:，
可知直线斜率为1，，，
则直线方程为:，
由，得，
得，，∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，∴，
∴椭圆的方程为:.
(Ⅱ)时，椭圆:，，
设椭圆内接等腰直角三角形的两直角边分别为，，
设，，显然，不与坐标轴平行，且，
所以不妨设直线的方程为，则直线的方程为，
由，消去得到，
所以，，
求得，
同理可求.
因为为以为直角顶点的等腰直角三角形，所以，
所以，
整理得，
所以，
所以或，
所以或，
设，因为以为直角顶点的椭圆内接等腰直角三角形恰有三个，
所以关于的方程有两个不同的正实根，，且都不为1.
∵，
所以，
解得实数的取值范围是.
【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及数形结合的思想，计算量大，综合性强，属于难题.
22．已知函数有两个不同的极值点.
(1)求实数的取值范围；
(2)记函数的导函数为.若函数有两个不同的零点，函数有两个不同的零点，证明：
（i）；
（ii）.
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析

【分析】（1）根据函数有两个不同的极值点，推得有两个零点，即即方程有两个解,构造函数，利用导数判断单调性，数形结合，求得答案；
（2）（i）由是方程的两个解，推出，是方程中的两根，结合，是方程的两根，构造函数，利用导数判断函数单调性，推出，证明结论；
（ii），是方程的两根，推出，方程的两根，结合，是方程的两根，利用的单调性可得，从而推得，，证明结论.
【详解】（1）由题意知有两个零点.
即方程有两个解,
设，则,
当 时，，当 时，，
所以在上递增，在上递减，
当时，，当时，，
又，
所以的图象如图所示：

所以实数a的取值范围为.
（2）（i）由（1）得是方程的两个解，
有，，且，即，是方程中的两根，
由题意知，是方程的两根，即是方程的两根.，
记，则，
所以在上递增，在上递减，且有，，
因为，，所以.
又因为，，所以；
（ii）由题意知，是方程的两根.
，即，方程的两根,
因为在上递增，在上递减，且.
由，是方程的两根知，，
而，
所以，
又因为，，，，
所以，，
故有.
【点睛】本题考查了利用导数解决根据极值点求参数问题以及根据函数的零点证明不等式的问题，综合性强，思维能力要求较高，计算量大，要求能灵活应用导数的相关知识，解答的关键是对函数式或方程进行恰当的变式，从而将零点问题转化为方程的根的问题.