2022年湖南省师大附中高三最后一卷数学试卷含解析

2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知双曲线的离心率为，抛物线的焦点坐标为，若，则双曲线的渐近线方程为（）A． B．C． D．2．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值，这就是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（）（参考数据：）A．48 B．36 C．24 D．123．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（）A．若，，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则4．设曲线在点处的切线方程为，则（）A．1 B．2 C．3 D．45．盒子中有编号为1，2，3，4，5，6，7的7个相同的球，从中任取3个编号不同的球，则取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率是（）A． B． C． D．6．已知为虚数单位，复数，则其共轭复数（）A． B． C． D．7．函数的图象如图所示，为了得到的图象，可将的图象（）A．向右平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向左平移个单位8．一个正三棱柱的正（主）视图如图，则该正三棱柱的侧面积是（）A．16 B．12 C．8 D．69．已知等比数列满足，，等差数列中，为数列的前项和，则（）A．36 B．72 C． D．10．已知我市某居民小区户主人数和户主对户型结构的满意率分别如图和如图所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用分层抽样的方法抽取的户主进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为A．240，18 B．200，20C．240，20 D．200，1811．已知正项等比数列的前项和为，则的最小值为（）A． B． C． D．12．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中错误的是（）A．若，，则或B．若，，，则C．若，，，则D．若，，则二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，椭圆的方程为，双曲线方程为，与的离心率之积为，则的渐近线方程为________.14．已知数列满足：点在直线上，若使、、构成等比数列，则______15．已知实数，且由的最大值是_________16．（5分）在平面直角坐标系中，过点作倾斜角为的直线，已知直线与圆相交于两点，则弦的长等于____________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在四棱锥的底面是菱形，底面，，分别是的中点，.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（III）在边上是否存在点，使与所成角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.18．（12分）已知椭圆的左焦点坐标为，，分别是椭圆的左，右顶点，是椭圆上异于，的一点，且，所在直线斜率之积为.（1）求椭圆的方程；（2）过点作两条直线，分别交椭圆于，两点（异于点）.当直线，的斜率之和为定值时，直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理.19．（12分）已知中，角，，的对边分别为，，，已知向量，且．（1）求角的大小；（2）若的面积为，，求．20．（12分）记无穷数列的前项中最大值为，最小值为，令，则称是“极差数列”.（1）若，求的前项和；（2）证明：的“极差数列”仍是；（3）求证：若数列是等差数列，则数列也是等差数列.21．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为．（Ⅰ）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）设点，直线与曲线相交于，，求的值．22．（10分）某芯片公司为制定下一年的研发投入计划，需了解年研发资金投入量x（单位：亿元）对年销售额y（单位：亿元）的影响.该公司对历史数据进行对比分析，建立了两个函数模型:①y=α+βx2，②y=eλx+t，其中现该公司收集了近12年的年研发资金投入量xi和年销售额yi的数据，i=1,2,⋯,12，并对这些数据作了初步处理，得到了右侧的散点图及一些统计量的值．令xyi=1i=1uv20667702004604.20i=1i=1i=1i=13125000215000.30814（1）设ui和yi的相关系数为r1，xi和（2）（i）根据（1）的选择及表中数据，建立y关于x的回归方程（系数精确到0.01）；（ii）若下一年销售额y需达到90亿元，预测下一年的研发资金投入量x是多少亿元？附：①相关系数r=i=1n(xi-x②参考数据：308=4×77，90≈9.4868，e

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A【解析】

求出抛物线的焦点坐标，得到双曲线的离心率，然后求解a，b关系，即可得到双曲线的渐近线方程．【详解】抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点坐标为（1，0），则p＝2，又e＝p，所以e2，可得c2＝4a2＝a2+b2，可得：ba，所以双曲线的渐近线方程为：y＝±．故选：A．【点睛】本题考查双曲线的离心率以及双曲线渐近线方程的求法，涉及抛物线的简单性质的应用．2．C【解析】

由开始，按照框图，依次求出s，进行判断。【详解】，故选C.【点睛】框图问题，依据框图结构，依次准确求出数值，进行判断，是解题关键。3．B【解析】

根据空间中线线、线面位置关系，逐项判断即可得出结果.【详解】A选项，若，，，，则或与相交；故A错；B选项，若，，则，又，是两个不重合的平面，则，故B正确；C选项，若，，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故C错；D选项，若，，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故D错；故选B【点睛】本题主要考查与线面、线线相关的命题，熟记线线、线面位置关系，即可求解，属于常考题型.4．D【解析】

利用导数的几何意义得直线的斜率，列出a的方程即可求解【详解】因为，且在点处的切线的斜率为3，所以，即.故选：D【点睛】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，是基础题5．B【解析】

由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种，由古典概型的概率公式即得解.【详解】由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种由古典概型，取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率为：故选：B【点睛】本题考查了排列组合在古典概型中的应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.6．B【解析】

先根据复数的乘法计算出，然后再根据共轭复数的概念直接写出即可.【详解】由，所以其共轭复数.故选：B.【点睛】本题考查复数的乘法运算以及共轭复数的概念，难度较易.7．C【解析】

根据正弦型函数的图象得到，结合图像变换知识得到答案.【详解】由图象知：，∴.又时函数值最大，所以.又，∴，从而，，只需将的图象向左平移个单位即可得到的图象，故选C.【点睛】已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求，一般用最高点或最低点求．8．B【解析】

根据正三棱柱的主视图，以及长度，可知该几何体的底面正三角形的边长，然后根据矩形的面积公式，可得结果.【详解】由题可知：该几何体的底面正三角形的边长为2所以该正三棱柱的三个侧面均为边长为2的正方形，所以该正三棱柱的侧面积为故选：B【点睛】本题考查正三棱柱侧面积的计算以及三视图的认识，关键在于求得底面正三角形的边长，掌握一些常见的几何体的三视图，比如：三棱锥，圆锥，圆柱等，属基础题.9．A【解析】

根据是与的等比中项，可求得，再利用等差数列求和公式即可得到.【详解】等比数列满足，，所以，又，所以，由等差数列的性质可得.故选：A【点睛】本题主要考查的是等比数列的性质，考查等差数列的求和公式，考查学生的计算能力，是中档题.10．A【解析】

利用统计图结合分层抽样性质能求出样本容量，利用条形图能求出抽取的户主对四居室满意的人数．【详解】样本容量为：（150+250+400）×30%＝240，∴抽取的户主对四居室满意的人数为：故选A．【点睛】本题考查样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意统计图的性质的合理运用．11．D【解析】

由，可求出等比数列的通项公式，进而可知当时，；当时，，从而可知的最小值为，求解即可.【详解】设等比数列的公比为，则，由题意得，，得，解得，得.当时，；当时，，则的最小值为.故选：D.【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.12．D【解析】

根据线面平行和面面平行的性质，可判定A；由线面平行的判定定理，可判断B；C中可判断，所成的二面角为；D中有可能，即得解.【详解】选项A：若，，根据线面平行和面面平行的性质，有或，故A正确；选项B：若，，，由线面平行的判定定理，有，故B正确；选项C：若，，，故，所成的二面角为，则，故C正确；选项D，若，，有可能，故D不正确.故选：D【点睛】本题考查了空间中的平行垂直关系判断，考查了学生逻辑推理，空间想象能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

求出椭圆与双曲线的离心率，根据离心率之积的关系，然后推出关系，即可求解双曲线的渐近线方程.【详解】，椭圆的方程为，的离心率为：，双曲线方程为，的离心率：，与的离心率之积为，，，的渐近线方程为：，即.故答案为：【点睛】本题考查了椭圆、双曲线的几何性质，掌握椭圆、双曲线的离心率公式，属于基础题.14．13【解析】

根据点在直线上可求得，由等比中项的定义可构造方程求得结果.【详解】在上，，成等比数列，，即，解得：.故答案为：.【点睛】本题考查根据三项成等比数列求解参数值的问题，涉及到等比中项的应用，属于基础题.15．【解析】

将其转化为几何意义，然后根据最值的条件求出最大值【详解】由化简得，又实数，图形为圆，如图:，可得，则由几何意义得，则，为求最大值则当过点或点时取最小值，可得所以的最大值是【点睛】本题考查了二元最值问题，将其转化为几何意义，得到圆的方程及斜率问题，对要求的二元二次表达式进行化简，然后求出最值问题，本题有一定难度。16．【解析】

方法一：依题意，知直线的方程为，代入圆的方程化简得，解得或，从而得或，则．方法二：依题意，知直线的方程为，代入圆的方程化简得，设，则，故.方法三：将圆的方程配方得,其半径,圆心到直线的距离，则.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析.【解析】

(Ⅰ)由题意结合几何关系可证得平面，据此证明题中的结论即可；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的一个法向量，然后求解线面角的正弦值即可；(Ⅲ)假设满足题意的点存在，设，由直线与的方向向量得到关于的方程，解方程即可确定点F的位置.【详解】(Ⅰ)由菱形的性质可得：，结合三角形中位线的性质可知：，故，底面，底面，故，且，故平面，平面，(Ⅱ)由题意结合菱形的性质易知，，，以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则：，设平面的一个法向量为,则：，据此可得平面的一个法向量为，而，设直线与平面所成角为，则.(Ⅲ)由题意可得：，假设满足题意的点存在，设，，据此可得：，即：,从而点F的坐标为，据此可得：,，结合题意有：，解得：.故点F为中点时满足题意.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理，线面角的向量求法，立体几何中的探索性问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18．（1）（2）直线过定点【解析】

（1），再由，解方程组即可；（2）设，，由，得，由直线MN的方程与椭圆方程联立得到根与系数的关系，代入计算即可.【详解】（1）由题意知：，又，且解得，，∴椭圆方程为，（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，设，，由，得.则，（*）由，得，整理可得（*）代入得，整理可得，又，∴，即，∴直线过点当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，，，其中，∴，由，得，所以∴当直线的斜率不存在时，直线也过定点综上所述，直线过定点.【点睛】本题考查求椭圆的标准方程以及直线与椭圆位置关系中的定点问题，在处理直线与椭圆的位置关系的大题时，一般要利用根与系数的关系来求解，本题是一道中档题.19．（1）;（2）．【解析】试题分析：（1）利用已知及平面向量数量积运算可得，利用正弦定理可得，结合，可求，从而可求的值；（2）由三角形的面积可解得，利用余弦定理可得，故可得.试题解析：（1）∵，，，∴，∴，即，又∵，∴，又∵，∴．（2）∵，∴，又，即，∴，故．20．（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】

（1）由是递增数列，得，由此能求出的前项和.（2）推导出，，由此能证明的“极差数列”仍是.（3）证当数列是等差数列时，设其公差为，，是一个单调递增数列，从而，，由，，，分类讨论，能证明若数列是等差数列，则数列也是等差数列.【详解】（1）解：∵无穷数列的前项中最大值为，最小值为，，，是递增数列，∴，∴的前项和.（2）证明：∵，，∴，∴，∵，∴，∴的“极差数列”仍是（3）证明：当数列是等差数列时，设其公差为，，根据，的定义，得：，，且两个不等式中至少有一个取等号，当时，必有，∴，∴是一个单调递增数列，∴，，∴，∴，∴是等差数列，当时，则必有，∴，∴是一个单调递减数列，∴，，∴，∴.∴是等差数列，当时，，∵，中必有一个为0，根据上式，一个为0，为一个必为0，∴，，∴数列是常数数列，则数列是等差数列.综上，若数列是等差数列，则数列也是等差数列.【点睛】本小题主要考查新定义数列的理解和运用，考查等差数列的证明，考查数列的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.21．（Ⅰ），；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由（为参数）直接消去参数，可得直线的普通方程，把两边同时乘以，结合，可得曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）把代入，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及参数的几何