湖南师大附中届高三第七次月考

1、湖南师大附中2022届高三第七次月考数学理科命题：吴锦坤廖民先贺仁亮贺中良李晓平刘继承 审题：朱海棠杨希本试卷分选择题、填空题和解答题三局部，共21个小题，考试时间120分钟，试卷总分值150 分.一、选择题：本大题共 8个小题，每题5分，共40分，在每题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的.1.复数z i(1+i)(i为虚数单位，那么复数z在复平面上所对应的点位于A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【解析】因为z i(1 i)1 i，那么对应的点Z( 1,1)位于第二象限，应选B.|a| 1, |b| v2，且 a(a b)，那么向量a,b的夹角为A. 45B. 60C.

2、 120D.135°-2【解析】由 a (a b)，得aa b 0，即-2a2 p ra b，所以 |a | |a | |b| cos .因为 |a| 1, |b| v2，那么 cos夕又0,，那么45，应选A.M XXA. 1sin,n Z，那么满足条件PU3,32C.B. 3【解析】因为xx sin ,n Z 0,32P M，且4.某几何体的三视图如下，那么该几何体的外表积是0 P,这样的集合P共有4个，应选C.A. 24B. 36+ 6、. 2C. 36D. 36+ 12,2P-ABCD其中底面ABCD的集合P的个数是C【解析】该几何体在四棱锥是矩形，PAL底面 ABCD 且

3、AD= 4, AB= 3, PA= 4,易得各侧面都为直角三角形，计算得，其外表积为D. 8412个班主任老师监考数学,应选B.5.某中学高三年级共有12个班级，在即将进行的月考中，拟安排每班1人，要求有且只有 8个班级是自己的班主任老师监考，那么不同的监考安排方案共有 AA. 4455 种 B.495C.4950D.7425OP OC OD( , R)，那么的最大值等于BA.【解析】41C.-D33OD所在直线为x轴建立直角坐标系，设点以O为原点，以.1P x, y，那么(x,y)(0,1)(3,0)(3 ,)，所以 x 3 ,y5x设Z - y，根据可行域知，当点P为点B时,4z最大，其最

4、大值为，应选B.38.映射 f: P(m, n)p/(、-m, n) m 0,n 0 .设点 A 1,3 , B 2,2，点 M 是线段AB上一动点，f：MM / .当点M在线段AB上从点A开始运动到点B结束时，点M的对2 2X y6. 双曲线1，直线l过其左焦点交双曲线左支于 A、B两点，且|AB| = 4,m 7F2为双曲线的右焦点， ABF 2的周长为20，那么m的值为BA. 8B. 9C. 16D. 20【解析】由，|AB| + |AF2| + |BF2| = 20，又 |AB| = 4，那么 |AF2| + 甲| = 16.据双曲线定义，2a= |AF2| - |AFi| = |BF

5、2| - |BFi|，所以 4a= |AF2| + |BF2| - (|AF 11 + |BFi|)=16 4= 12,即 a 3，所以 m a29，应选 B.7. 如图，四边形 OABC是边长为1的正方形，0D= 3, 点PBCD内 C含边界的动点，设12【解析】直线 AB的方程为x + y = 4，设点M(m n),M (x,y)，那么 x即 m x2, n2 2 2 y .因为 m+ n= 4(1 < m< 2)，贝U x y4,x 1r 2, y 卜 2八 3.应点M /所经过的路线长度为A. B所以点M，的轨迹为一段圆弧，二填空题：本大题共9. 执行右边的程序框图，1 1

6、【解析】S -r 421 227小题,假设23且圆心角为，所以弧长为，应选C.12 6每题5分，共35分，把答案填在题中横线上p 4，那么输出的1 8 4 2 1210. 设极点与原点重合，极轴与 x轴正半轴重合3曲线C的极坐标方程是:cos( ) m ,3x 2 2cos曲线C2参数方程为：(0为参数),y 2si n假设两曲线有公共点，那么实数m的取值范围是1, 3.【解析】将两曲线方程化为直角坐标坐标方程，得Ci : x . 3y 2m 0 , C2:2 2(x 2) y 4.因为两曲线有公共点，所以|2 ；m| 2，即1 WRK 3，故mE 1, 3.11. 给出以下四个命题： 从匀速

7、传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测， 这样的抽样是分层抽样； 样本方差反映了样本数据与样本平均值的偏离程度； 在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好； 在回归直线方程 ? 0.1x 10中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量？其中正确命题的个数是 _3_个【解析】是系统抽样；全对，故共有3个正确命题.312. 设等比数列an的前n项和为Sn，S100 (1 2x)dx , S20 18，那么S30 = 21 .323【解析】因为 S。0 (1 2x)dx (x x)b 12，又S20 18,且an为等比数列，S10, S20Sw,S3

8、0 S20也 成等比数列，即12,6, S3018成等比数列，S30 183, S302113.如图，PA切0O于点A,割线PBC经过圆心 O, OB= PB= 1, OA绕点O逆时针旋转60到OD那么PD的长为 丄【解析】PA切 O于点代那么厶PAC为直角三角形又 B 为 PO中点，贝U AB= OB= OAAOB 60 ,在 POD中，由余弦定理，得PD24 1 4(-)7 故 PD .7.214.函数 f (x) Asin( x ) k(A 0,0,|3如下列图，那么f (x)的表达式是f(x) sin(2x2【解析】由图知，周期 T 2(7)12 12因为-1-，那么A 3.由f()-

9、,2 2 2 12 215.设 a1,a2, a2022都为正数，且 a1 a251所以3222 1，所以k= 1.得3 '.故 f(X)-si n(2x23)1.222a20221a1，那么宀a2a20222 a22a20222 a1的最小值是4021【解析】由柯西不等式，得2a2 a12缸)(；厂显2 (、厂叨2C.T a2022)2 a2022佝a222aa2022)1，所以2 a2a2022a202214021三解答题：本大题共 6小题，共计75分，解容许写出文字说明证明过程或推演步骤。16.此题总分值12分某超市为了响应环保要求，鼓励顾客自带购物袋到超市购物，采取了如下措施：

10、对不使用超市塑料购物袋的顾客， 超市给予折优惠；对需要超市塑料购物袋的顾客，既要付购置费，也不享受折扣优惠.假设该超市在某个时段内购物的人数为36人，其中有12位顾客自己带了购物袋，现从这 36人中随机抽取2人.I求这2人都享受折扣优惠或都不享受折扣优惠的概率；n设这2人中享受折扣优惠的人数为，求的分布列和数学期望【解析】I设“两人都享受折扣优惠为事件A, “两人都不享受折扣优惠为事件B,贝U2 2P(A)密11P(B)骑464分C36105C36105因为事件A,B互斥，那么 P(A B)P(A) P(B)11465710510510557故这2人都享受折扣优惠或都不享受折扣优惠的概率是卫7

11、. 6分105n据题意，的可能取值为0, 1 , 2. 7分其中P(460) P(B)云，P(G；C124236105，P(112)P(A)云分所以的分布列是:012p46481110510510511 分17.此题总分值12分在四棱锥P ABCD中, 面ABCD，E为PD的中点,ABC PA 2AB(I)求四棱锥 P ABCD的体积V ; (n )求二面角E AC D的大小.【解】I在Rt ABC中，因为AB 1那么 BC ,3 , AC2.在Rt ACD中，因为AC 2,CAD那么 CD 2、3 , AD4.底D1所以 Sabcd - AB2故v 1 5V3 23 2n取AD的中点1 BC

12、 -AC25 63M，连结EM ,CD加.5分6分过M作MQ那么EM / /PA，所以AC于Q ,连接EQ ,那么EM平面ACD .EQM为二面角E AC D的平面角9分因为M为AD的中点，MQAC , CD AC，贝V MQ 1 CD . 3 210 分又 EM 1 PA 1，所以 tan EQM2电丄込，即EQMMQ , 3330故二面角E AC D的大小为3012 分.46 48c1170212 分所以E0 -1 -2 -1051051051053QDMFA18.此题总分值12分如下列图，某市政府决定在以政府大楼O为中心，正北方向和正东方向的马路为边界的扇形地域内建造一个图书馆 .为了充

13、分利用这块土地，并考虑与周边环境协调，设计要求该 图书馆底面矩形的四个顶点都要在边界上，图书馆的正面要朝市政府大楼.设扇形的半径OM =R , MOP 45 , OB与 OM之间的夹角为I将图书馆底面矩形 ABCD勺面积S表示成 的函数.n假设R = 45 m,求当 为何值时，矩形 ABCD勺面积S有最大值? 其最大值是多少？ 2)【解】I由题意可知，点 M为PQ的中点，所以OM AD .设OM于BC的交点为F,那么BC2Rsin , OFRcos .1AB OF AD2RcosRsin4分所以S AB BC2Rsi n(RcosRsin )2R (2sin cos2sin 2 )2R (si

14、n 21 cos2),2R2s in(2卫r2 ,(0,).48分n因为0,，那么4244,；所以当2-，即时，S有最大值10 分428Smax C.2 1)R2 c、2 1) 4520.414 2025838.35.2故当时，矩形ABCD勺面积S有最大值.12分819.此题总分值13分把所有正整数按上小下大，左小右大的原那么排成如下列图 的数表，其中第i行共有21 1 aij i、j n*表示 位于这个数表中从上往下数第i行，从左往右数第j个数.I假设= 2022，求i和j的值；12 34 5 6 78 9 10 11 12 13 14 15n记 Ana11a22 a332ann n N*，

15、试比拟An与n n的大小，并说明理由2i1个数，那么第i行的第一个数是2i 1，所以aq=2i1 j1 .2分因为 2102022211，aij = 2022，那么 i 1 = 10，即i =11.4分令 210 j 12022，那么j20222101987.5分n因为2i 1j 1,那么ann2* 1n1 (nN*)6分所以 An(1 2222n1) 01 2-(n1)2n 1n(n 1)2 .所以 An (n2 n) 2n1n(n 1)(n2n)2n2 n3n 27分22 .12 n【解】I因为数表中前i 1行共有1 2 22 2 2检验知，当n1 , 2, 3 时，2n3n-，即 Ann

16、2 n.8分猜测:当n 4时，2'n2 n3n 29分2证法-：当n 4时，2n(11)n CC1c2c3CnCnCn1 n n(n 1)2n(n 1)(n 2)6n(n1 n 21)n3 2 n23n 212 分6213 分综上分析，当n 1,2,3时，A n2 n；当n 4时，An n2 n.证法二：当n 4时，24，所以2n3-2成立 10分2假设当n2k(k 4)时，不等式成立，即2k k 也二2那么2k 122k 2 k223k 2.因为k23k2 (k 1)23(k 1) 22k2 6k 4 k2 5k 62(k 2)(k 1)0所以2k(k仔3(k “ 2，即当1时，猜测

17、也正确由、得当n4 时，2n2小n 3n2成立.综上分析，当n1,2,3 时,Ann2 n ；当 n4时，An n2 n.13 分20.此题总分值13分椭圆中心在原点，焦点在y轴上，离心率为3，以原点为圆心,3椭圆短半轴长为半径的圆与直线y x 2相切.I求椭圆的标准方程;设点F是椭圆在y轴正半轴上的一个焦点，点 A, B是抛物线x24y上的两个动点,且满足AF FB (0)，过点A, B分别作抛物线的两条切线，设两切线的交点为M试推断FM AB是否为定值？假设是，求出这个定值；假设不是，说明理由2【解】I设椭圆方程为 爲a2X 21(a> b> 0).b1分故椭圆的标准方程是 y

18、3由椭圆方程知,由AFFB，得(-X1,分于是X,22 2 2X2 .因为X1联立y1 =2-.-./2，那么 b21 1c = 1,所以焦点F(0, 1),2,a23.5分设点 A(X1, y1), Bg y2).1 y"=入(X2, y2 1)，所以一X1=入 X2,2,24 y1,x24 y2，那么 y1=入 y2.2 十/口1入 y2和 1 y1=入(y2 1),得 y1 =入，y2= 入1 2 1因为抛物线方程为 y= 4X2，求导得y'= x设过抛物线上的点A、直线111的方程是y= 2x1( x X1) +屮,即直线112 的方程是 y= 2x2(x X2) +

19、 y2, 即y=1X2X1X22.联立l 1和l 2的方程解得交点 M的坐标为因为X1X2 = Xx22 = 4 Xy 2= 4. 所以点M(今，1).所以6分1 y1=入(y2 1). 78分B的切线分别为丨1,丨2,9分10 分11 分12 分X2FM (22, 2) , AB(X2 X1 ,y2 - y1).22FM AB = X2 生 2( y22yj = 2(xJxj 2( 4x*12)= 0.13 分故F2 M AB为定值0.21.此题总分值13分对于定义在区间D上的函数f (x)，假设存在闭区间a,b D和常数c，使得对任意X1a,b，都有f(xjc ,且对任意X2 D,当X2a,b时，f(X2)c恒成立，那么称函数f (X)为区间D上的“平底型函数.I判断函数f1(x) |x 1| |x 2|和f2(x) x |x 2|是否为R上的“平底型函数?并说明理由;n设f (x)是I中的“平底型函数，k为非零常数，假设不等式|t k| |t k | |k| f(x)对一切t R恒成立，求实数x的取值范围;川假设函数 g(x) mx vx 2Xn是区间2,)上的“平底型函数，求m和n 的值.【解】1对于函数 f'x) |x 1| |x 2|，当 x 1,2时，fi(x) 1.当x 1或x 2时，h(x)|(x 1