湖南省株洲市攸县三中2022年高三下第一次测试数学试题含解析

2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．下列选项中，说法正确的是（）A．“”的否定是“”B．若向量满足，则与的夹角为钝角C．若，则D．“”是“”的必要条件2．复数满足(为虚数单位),则的值是()A． B． C． D．3．已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（）A． B． C． D．4．设，均为非零的平面向量，则“存在负数，使得”是“”的A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件5．甲、乙、丙、丁四位同学利用暑假游玩某风景名胜大峡谷，四人各自去景区的百里绝壁、千丈瀑布、原始森林、远古村寨四大景点中的一个，每个景点去一人．已知：①甲不在远古村寨，也不在百里绝壁；②乙不在原始森林，也不在远古村寨；③“丙在远古村寨”是“甲在原始森林”的充分条件；④丁不在百里绝壁，也不在远古村寨．若以上语句都正确，则游玩千丈瀑布景点的同学是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁6．设实数、满足约束条件，则的最小值为（）A．2 B．24 C．16 D．147．已知斜率为的直线与双曲线交于两点，若为线段中点且（为坐标原点），则双曲线的离心率为（）A． B．3 C． D．8．过点的直线与曲线交于两点，若，则直线的斜率为()A． B．C．或 D．或9．若为过椭圆中心的弦，为椭圆的焦点，则△面积的最大值为（）A．20 B．30 C．50 D．6010．已知定义在R上的函数（m为实数）为偶函数，记，，则a，b，c的大小关系为()A． B． C． D．11．已知函数（，是常数，其中且）的大致图象如图所示，下列关于，的表述正确的是（）A．， B．，C．， D．，12．在中，“”是“为钝角三角形”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知的终边过点，若，则__________．14．已知过点的直线与函数的图象交于、两点，点在线段上，过作轴的平行线交函数的图象于点，当∥轴，点的横坐标是15．已知数列的各项均为正数，满足，．，若是等比数列，数列的通项公式_______．16．已知直角坐标系中起点为坐标原点的向量满足，且，，，存在，对于任意的实数，不等式，则实数的取值范围是______.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）已知；.（1）若为真命题，求实数的取值范围；（2）若为真命题且为假命题，求实数的取值范围.18．（12分）在中,角、、所对的边分别为、、，角、、的度数成等差数列，.（1）若，求的值；（2）求的最大值.19．（12分）如图，三棱锥中，，，，，.（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.20．（12分）已知点，直线与抛物线交于不同两点、，直线、与抛物线的另一交点分别为两点、，连接，点关于直线的对称点为点，连接、．（1）证明：；（2）若的面积，求的取值范围．21．（12分）已知数列的前项和为，且点在函数的图像上；（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足：，，求的通项公式；（3）在第（2）问的条件下，若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；22．（10分）已知抛物线与直线.（1）求抛物线C上的点到直线l距离的最小值；（2）设点是直线l上的动点，是定点，过点P作抛物线C的两条切线，切点为A，B，求证A，Q，B共线；并在时求点P坐标.

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．D【解析】

对于A根据命题的否定可得：“∃x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R，x2-x＞0”，即可判断出；对于B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角；对于C当m=0时，满足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立；对于D根据元素与集合的关系即可做出判断．【详解】选项A根据命题的否定可得：“∃x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R，x2-x＞0”，因此A不正确；选项B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角，因此不正确.选项C当m=0时,满足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立，因此不正确；选项D若“”，则且，所以一定可以推出“”，因此“”是“”的必要条件，故正确.故选：D.【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，涉及知识点有含有量词的命题的否定、不等式性质、向量夹角与性质、集合性质等，属于简单题.2．C【解析】

直接利用复数的除法的运算法则化简求解即可．【详解】由得：本题正确选项：【点睛】本题考查复数的除法的运算法则的应用，考查计算能力．3．A【解析】

根据球的特点可知截面是一个圆，根据等体积法计算出球心到平面的距离，由此求解出截面圆的半径，从而截面面积可求.【详解】如图所示：设内切球球心为，到平面的距离为，截面圆的半径为，因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为，又因为，所以，又因为，所以，所以，所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为.故选：A.【点睛】本题考查正方体的内切球的特点以及球的截面面积的计算，难度一般.任何一个平面去截球，得到的截面一定是圆面，截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算.4．B【解析】

根据充分条件、必要条件的定义进行分析、判断后可得结论．【详解】因为，均为非零的平面向量，存在负数，使得，所以向量，共线且方向相反，所以，即充分性成立；反之，当向量，的夹角为钝角时，满足，但此时，不共线且反向，所以必要性不成立．所以“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件．故选B．【点睛】判断p是q的什么条件，需要从两方面分析：一是由条件p能否推得条件q；二是由条件q能否推得条件p，定义法是判断充分条件、必要条件的基本的方法，解题时注意选择恰当的方法判断命题是否正确．5．D【解析】

根据演绎推理进行判断．【详解】由①②④可知甲乙丁都不在远古村寨，必有丙同学去了远古村寨，由③可知必有甲去了原始森林，由④可知丁去了千丈瀑布，因此游玩千丈瀑布景点的同学是丁．故选：D．【点睛】本题考查演绎推理，掌握演绎推理的定义是解题基础．6．D【解析】

做出满足条件的可行域，根据图形即可求解.【详解】做出满足的可行域，如下图阴影部分，根据图象，当目标函数过点时，取得最小值，由，解得，即，所以的最小值为.故选：D.【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结合求线性目标函数的最值，属于基础题.7．B【解析】

设，代入双曲线方程相减可得到直线的斜率与中点坐标之间的关系，从而得到的等式，求出离心率．【详解】，设，则，两式相减得，∴，．故选：B．【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题方法是点差法，即出现双曲线的弦中点坐标时，可设弦两端点坐标代入双曲线方程相减后得出弦所在直线斜率与中点坐标之间的关系．8．A【解析】

利用切割线定理求得，利用勾股定理求得圆心到弦的距离，从而求得，结合，求得直线的倾斜角为，进而求得的斜率.【详解】曲线为圆的上半部分，圆心为，半径为.设与曲线相切于点，则所以到弦的距离为，，所以，由于，所以直线的倾斜角为，斜率为.故选：A【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.9．D【解析】

先设A点的坐标为，根据对称性可得，在表示出面积，由图象遏制，当点A在椭圆的顶点时，此时面积最大，再结合椭圆的标准方程，即可求解.【详解】由题意，设A点的坐标为，根据对称性可得，则的面积为，当最大时，的面积最大，由图象可知，当点A在椭圆的上下顶点时，此时的面积最大，又由，可得椭圆的上下顶点坐标为，所以的面积的最大值为.故选：D.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及三角形面积公式的应用，着重考查了数形结合思想，以及化归与转化思想的应用.10．B【解析】

根据f（x）为偶函数便可求出m＝0，从而f（x）＝﹣1，根据此函数的奇偶性与单调性即可作出判断.【详解】解：∵f（x）为偶函数；∴f（﹣x）＝f（x）；∴﹣1＝﹣1；∴|﹣x﹣m|＝|x﹣m|；（﹣x﹣m）2＝（x﹣m）2；∴mx＝0；∴m＝0；∴f（x）＝﹣1；∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，并且a＝f（||）＝f（），b＝f（），c＝f（2）；∵0＜＜2＜；∴a<c<b．故选B．【点睛】本题考查偶函数的定义，指数函数的单调性，对于偶函数比较函数值大小的方法就是将自变量的值变到区间[0，+∞）上，根据单调性去比较函数值大小．11．D【解析】

根据指数函数的图象和特征以及图象的平移可得正确的选项.【详解】从题设中提供的图像可以看出，故得，故选：D．【点睛】本题考查图象的平移以及指数函数的图象和特征，本题属于基础题.12．C【解析】分析：从两个方向去判断，先看能推出三角形的形状是锐角三角形，而非钝角三角形，从而得到充分性不成立，再看当三角形是钝角三角形时，也推不出成立，从而必要性也不满足，从而选出正确的结果.详解：由题意可得，在中，因为，所以，因为，所以，，结合三角形内角的条件，故A,B同为锐角，因为，所以，即，所以，因此，所以是锐角三角形，不是钝角三角形，所以充分性不满足，反之，若是钝角三角形，也推不出“，故必要性不成立，所以为既不充分也不必要条件，故选D.点睛：该题考查的是有关充分必要条件的判断问题，在解题的过程中，需要用到不等式的等价转化，余弦的和角公式，诱导公式等，需要明确对应此类问题的解题步骤，以及三角形形状对应的特征.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

】由题意利用任意角的三角函数的定义，求得的值．【详解】∵的终边过点，若，．即答案为-2.【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义和诱导公式，属基础题.14．【解析】

通过设出A点坐标，可得C点坐标，通过∥轴，可得B点坐标，于是再利用可得答案.【详解】根据题意，可设点，则,由于∥轴，故，代入，可得，即，由于在线段上，故，即，解得.15．【解析】

利用递推关系，等比数列的通项公式即可求得结果.【详解】因为，所以，因为是等比数列，所以数列的公比为1．又，所以当时，有．这说明在已知条件下，可以得到唯一的等比数列，所以，故答案为：.【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据递推公式求数列的通项公式，属于简单题目.16．【解析】

由题意可设，，，由向量的坐标运算，以及恒成立思想可设，的最小值即为点，到直线的距离，求得，可得不大于．【详解】解：，且，可设，，，，可得，可得的终点均在直线上，由于为任意实数，可得时，的最小值即为点到直线的距离，可得，对于任意的实数，不等式，可得，故答案为：．【点睛】本题主要考查向量的模的求法，以及两点的距离的运用，考查直线方程的运用，以及点到直线的距离，考查运算能力，属于中档题．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．（1）（2）或【解析】

（1）根据为真命题列出不等式，进而求得实数的取值范围；（2）应用复合命题真假判定的口诀：真“非”假，假“非”真，一真“或”为真，两真“且”才真.【详解】（1），且，解得所以当为真命题时，实数的取值范围是.（2）由，可得，又∵当时，，.∵当为真命题，且为假命题时，∴与的真假性相同，当假假时，有，解得；当真真时，有，解得；故当为真命题且为假命题时，可得或.【点睛】本题主要考查结合不等式的含有量词的命题的恒成立问题，存在性问题，考查复合命题的真假判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.18．(1)；(2)．【解析】

(1)由角的度数成等差数列，得.又.由正弦定理，得,即.由余弦定理，得,即，解得.(2)由正弦定理，得.由，得.所以当，即时，.【方法点睛】解三角形问题基本思想方法：从条件出发，利用正弦定理(或余弦定理)进行代换、转化．逐步化为纯粹的边与边或角与角的关系，即考虑如下两条途径：①统一成角进行判断，常用正弦定理及三角恒等变换；②统一成边进行判断，常用余弦定理、面积公式等．19．（1）证明见详解；（2）【解析】

（1）取中点，根据，利用线面垂直的判定定理，可得平面，最后可得结果.（2）利用建系，假设长度，可得，以及平面的一个法向量，然后利用向量的夹角公式，可得结果.【详解】（1）取中点，连接，如图由，所以由,平面所以平面，又平面所以（2）假设，由，，.所以则，所以又，平面所以平面，所以，又，故建立空间直角坐标系，如图设平面的一个法向量为则令，所以则直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查线面垂直、线线垂直的应用，还考查线面角，学会使用建系的方法来解决立体几何问题，将几何问题代数化，化繁为简，属中档题.20．（1）见解析；（2）．【解析】

（1）设点、，求出直线、的方程，与抛物线的方程联立，求出点、的坐标，利用直线、的斜率相等证明出；（2）设点到直线、的距离分别为、，求出，利用相似得出，可得出的边上的高，并利用弦长公式计算出，即可得出关于的表达式，结合不等式可解出实数的取值范围.【详解】（1）设点、，则，直线的方程为：，由，消去并整理得，由韦达定理可知，，，代入直线的方程，得，解得，同理，可得，，，,代入得，因此，；（2）设点到直线、的距离分别为、，则，由（1）知，，，，，，同理，得，，由，整理得，由韦达定理得，，，得，设点到直线的高为，则，，，，解得，因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查直线与直线平行的证明，考查实数的取值范围的求法，考查抛物线、直线方程、韦达定理、弦长公式、直线的斜率等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是难题．21．（1）（2）当n为偶数时，；当n为奇数时，.（3）【解析】

（1）根据,讨论与两种情况,即可求得数列的通项公式;（2）由（1）利用递推公式及累加法,即可求得当n为奇数或偶数时的通项公式.也可利用数学归纳法,先猜想出通项公式,再用数学归纳法证明.（3）分类讨论,当n为奇数或偶数时,分别求得的最大值,即可求得的取值范围.【详解】（1）由题意可知,.