2022届广东省湛江市高三一模数学试题（解析版）

2022届广东省湛江市高三一模数学试题一、单选题1．已知集合，集合，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】直接求出.【详解】因为集合，集合，所以.故选：C.2．已知，则的虚部是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数代数形式的除法运算法则化简复数，即可判断；【详解】解：因为，所以，所以的虚部是，故选：B.3．已知，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据角的范围，求得，再根据两角和的正弦公式求得答案.【详解】由，，得，所以，故选:B.4．下列函数是奇函数，且函数值恒小于1的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数的奇偶性且判断函数值的范围，可判断A;利用函数的奇偶性可判断B,C;用特殊值验证，可判断D.【详解】因为，所以函数为奇函数；因为，又，所以，故A正确；因为，故是非奇非偶函数，故B错误；函数满足为偶函数，故C错误；因为，故D错误，故选：A.5．下图是战国时期的一个铜镞，其由两部分组成，前段是高为2cm､底面边长为1cm的正三棱锥，后段是高为0.6cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积约为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出内切圆半径为r，再分别利用三棱锥体积与圆柱体积公式即可求出总体积.【详解】因为正三棱锥的底面边长为1，设其内切圆半径为r，由等面积法，可得：，解得：，所以其内切圆半径为.由三棱锥体积与圆柱体积公式可得：.故选：D.6．为提高新农村的教育水平，某地选派4名优秀的教师到甲､乙､丙三地进行为期一年的支教活动，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（

）A．18种 B．12种 C．72种 D．36种【答案】D【分析】先将4名教师分为3组，然后再分别派到甲､乙､丙三地，即可得解.【详解】解：4名教师分为3组，有种方法，然后再分别派到甲､乙､丙三地，共有种方案，所以共有36种选派方案.故选：D.7．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”.记，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据斐波那契数列的性质进行求解即可.【详解】由，得.故选：C.8．已知当时，函数的图象与函数的图象有且只有两个交点，则实数k的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】将两个函数的解析式联立，消去，得到等式，问题转化为方程有两个不同的正实根，根据这个等式运用常变量分离法，通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可.【详解】由题设，当时，，令，则，所以当时，，则单调递增；当时，，则单调递减.又，，所以当时，直线与的图象有两个交点，即函数的图象与函数的图象有且只有两个交点.故选：A.【点睛】关键点睛：利用常变量分离法构造函数利用导数的性质是解题的关键.二、多选题9．若，则下列不等式中正确的有（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根据作差法，判断A;根据指数函数的单调性，判断B;举反例可说明C的正误；同样据反例，判断D.【详解】对于A选项，因为，所以，故A正确；对于B选项，因为函数在R上单调递增，所以，故B正确；对于C选项，当时，不成立，故C不正确；对于D选项，当，时，，故D不正确,故选:AB.10．某市为了研究该市空气中的PM2.5浓度和浓度之间的关系，环境监测部门对该市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5浓度和浓度（单位：），得到如下所示的2×2列联表：PM2.564161010经计算，则可以推断出（

）附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828A．该市一天空气中PM2.5浓度不超过，且浓度不超过的概率估计值是0.64B．若2×2列联表中的天数都扩大到原来的10倍，的观测值不会发生变化C．有超过99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与浓度有关D．在犯错的概率不超过1%的条件下，认为该市一天空气中PM2.5浓度与浓度有关【答案】ACD【分析】对于A选项，根据表格，进行数据分析，直接求概率；对于B，C，D选项，进行独立性检验，计算后对照参数下结论.【详解】补充完整列联表如下：PM2.5合计641680101020合计7426100对于A选项，该市一天中，空气中PM2.5浓度不超过，且浓度不超过的概率估计值为，故A正确；对于B选项，，故B不正确；因为7.4844>6.635，根据临界值表可知，在犯错的概率不超过1%的条件下，即有超过99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与浓度有关，故C，D均正确.故选：ACD.11．已知正方体的棱长为1，点P是线段上（不含端点）的任意一点，点E是线段的中点，点F是平面内一点，则下面结论中正确的有（

）A．平面B．以为球心､为半径的球面与该正方体侧面的交线长是C．的最小值是D．的最小值是【答案】ABD【分析】对于A选项：利用线面平行的判定定理证明出平面，即可判断；对于B选项：先作出球面与侧面的交线为弧，再求弧长；对于C，D选项：将沿翻折到与在同一平面作于点G，交于P.利用几何法判断出最小.解三角形求出最小值，即可判断C、D.【详解】对于A选项：因为平面即为平面，又因为，且平面，平面，所以平面，故A正确；对于B选项：该球面与侧面的交线为弧，是以为圆心，圆心角为的弧，所以弧长为，故B正确；对于C，D选项：将沿翻折到与在同一平面且点，D在直线的异侧，作于点G，交于P.由两点之间，直线最短.可得G、F重合时，最小.此时，设，则,所以.在中，,所以，则的最小值是，故C不正确，D正确.故选:ABD.12．已知F是抛物线的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，与C相交于A，B两点，与C相交于E，D两点，M为A，B中点，N为E，D中点，直线l为抛物线C的准线，则（

）A．点M到直线l的距离为定值 B．以为直径的圆与l相切C．的最小值为32 D．当最小时，【答案】BCD【分析】设直线方程，并联立抛物线方程，利用根与系数的关系式，求得点M的横坐标，结合抛物线定义，可判断A;利用抛物线定义推得,由此判断B;计算出弦长，可得的表达式，利用基本不等式求得其最小值，判断C;求出的表达式，采用换元法，利用二次函数的单调性求得其最小值，判断D.【详解】设，，，，，直线的方程为，则直线的方程为,将直线的方程代入，化简整理得，则，，故,所以，,因为点A到直线l的距离，点B到直线l的距离，点M到直线l的距离，又，所以，故A错误；因为，所以以为直径的圆的圆心M到l的距离为，即以为直径的圆与l相切，故B正确；同理，，所以，，，则，当且仅当时等号成立，故C正确；.设，则，，.当时，即时，最小，这时，故D正确,故选:BCD.【点睛】本题考查了抛物线的焦点弦的性质，具有较强的综合性，要求学生有较好的计算能力和思维能力，解答时要注意直线方程的设法，以及联立后结合根与系数的关系式的化简，涉及到焦半径以及弦长和距离的计算，比较繁杂，要细心运算.三、填空题13．已知向量，，若，则________．【答案】-1.5【分析】由向量平行的坐标表示进行计算．【详解】由题意，．故答案为：14．已知函数，，用表示m，n中的最小值，设函数，若恰有3个零点，则实数a的取值范围是___________.【答案】【分析】分析函数的零点情况，可确定符合题意的情况，从而得到不等式组，解得答案.【详解】函数恒过点，且其图象开口向上，的零点为1，当的零点至少有一个大于或等于1时，如图示：函数的零点至多有两个，不符合题意，故要使恰有3个零点，则函数在区间上存在两个零点，如图示，故解得，故答案为：15．已知椭圆的左焦点为F，过原点O的直线l交椭圆C于点A，B，且，若，则椭圆C的离心率是___________.【答案】【分析】设右焦点为，连接，.判断出四边形为矩形.在中，解三角形求出，，利用椭圆的定义得到，即可求出离心率.【详解】设右焦点为，连接，.因为，即，可得四边形为矩形.在中，，.由椭圆的定义可得，所以，所以离心率.故答案为：.16．已知函数，，，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为___________.【答案】8.25【分析】根据题意列出方程组，求出的表达式，求出符合条件的，再根据在区间上有且只有一个极大值点，分类讨论确定的值是否适合题意，可得答案.【详解】由题意知，,，，则,，，其中，,当时，，，；当时，，，.又在区间上有且只有一个极大值点，所以，得，即，所以.当时，，，此时，此时有2个极大值点，舍去；当时，，，此时，此时有1个极大值点，成立，所以的最大值为，故答案为：四、解答题17．已知数列是等比数列，且，.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和，并证明：.【答案】(1)；(2)，证明见解析.【分析】（1）利用等比数列的通项公式进行求解即可；（2）运用裂项相消法进行运算证明即可.【详解】(1)设等比数列的公比是q，首项是.由，可得.由，可得，所以，所以；(2)证明：因为，所以.又，所以.18．已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.(1)求角A的大小；(2)若，求周长的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理，角化边，结合余弦定理求得，即可得答案;（2）由余弦定理可得，配方后利用基本不等式可求得,从而求得三角形周长的最大值.【详解】(1)由正弦定理，得,即，由余弦定理得，，又，所以.(2)由和（1）可知，则，得，即，所以（当且仅当时，取得等号），所以周长的最大值为.19．如图，在三棱柱中，平面平面，，，四边形是菱形，，是的中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，证明出平面，可得出，由可得出，由已知条件结合线面垂直的判定定理可证得平面，由此可得出平面；（2）连接，证明出平面，设，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【详解】(1)证明：连接，因为四边形是菱形，则，因为，故为等边三角形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以.因为，所以.又，且，所以平面，所以平面.(2)解：连接，因为，，是的中点，所以.又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.设，因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，，，.设平面的法向量是，则，取，可得.设平面的法向量是，则，取，可得.所以，由图可知，二面角为钝角，因此，二面角的余弦值是.20．中医药传承数千年，治病救人济苍生.中国工程院院士张伯礼在接受记者采访时说：“中医药在治疗新冠肺炎中发挥了核心作用，能显著降低轻症病人发展为重症病人的几率.对改善发热､咳嗽､乏力等症状，中药起效非常快，对肺部炎症的吸收和病毒转阴都有明显效果.”2021年12月某地爆发了新冠疫情，医护人员对确诊患者进行积极救治.现有6位症状相同的确诊患者，平均分成A，B两组，A组服用甲种中药，B组服用乙种中药.服药一个疗程后，A组中每人康复的概率都为，B组3人康复的概率分别为，，.(1)设事件C表示A组中恰好有1人康复，事件D表示B组中恰好有1人康复，求；(2)若服药一个疗程后，每康复1人积2分，假设认定：积分期望值越高药性越好，请问甲､乙两种中药哪种药性更好？【答案】(1)(2)甲种中药药性更好【分析】（1）分别计算出示A组中恰好有1人康复，B组中恰好有1人康复的概率，根据相互独立事件同时发生的概率的计算方法，求得答案;（2）根据二项分布的期望公式求得A组中服用甲种中药康复人数积分的期望值，再计算出B组中服用乙种中药康复人数积分的期望值，比较可得答案.【详解】(1)依题意有，，.又事件C与D相互独立，则，所以.(2)设A组中服用甲种中药康复的人数为，则，所以.设A组的积分为，则，所以.设B组中服用乙种中药康复的人数为，则的可能取值为：0,1,2,3,，，，，故的分布列为0123所以,设B组的积分为，则，所以,因为，所以甲种中药药性更好.21．已知双曲线的离心率是，实轴长是8.(1)求双曲线C的方程；(2)过点的直线l与双曲线C的右支交于不同的两点A和B，若直线l上存在不同于点P的点D满足成立，证明：点D的纵坐标为定值，并求出该定值.【答案】(1)；(2)证明见解析，定值为.【分析】（1）根据双曲线的离心率公式、实轴长的定义进行求解即可；（2）设出直线l的方程与双曲线的方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、根的判别式进行求解证明即可.【详解】(1)依题意得，解得所以双曲线C的方程是.(2)证明：设，，，直线l的方程为.将直线方程代入双曲线方程，化简整理得，，则，.要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，则应满足即解得.由，得，故，所以.又，所以点D的纵坐标为定值.【点睛】关键点睛：利用一元二次不等式的根与系数的关系进行求解是解题的关键.22．已知函数，.(1)当时，证明：当时，；(2)若对，都，使恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）通过构造函数利用导数证明、，