2022届湖南省永州一中永州市高三下学期第三次适应性考试数学试题解析版

湖南省永州市2022届高三下学期第三次适应性考试数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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i为虚数单位，复数在复平面内对应点的坐标为，则（

）A．1 B．2C． D．2．设集合，，则（

）A． B．C． D．3．“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．某新能源汽车销售公司统计了某款汽车行驶里程(单位：万千米)对应维修保养费用(单位：万元)的四组数据，这四组数据如下表：行驶里程/万千米1245维修保养费用/万元0.500.902.302.70若用最小二乘法求得回归直线方程为，则估计该款汽车行驶里程为6万千米时的维修保养费是（

）A．万元 B．万元 C．万元 D．万元5．若，则（

）A．56 B．28 C． D．6．中国古代数学瑰宝《九章算术》记录形似“楔体”的“羡除”．所谓“羡除”，就是三个侧面都是梯形或平行四边形（其中最多只有一个平行四边形），两个不平行对面是三角形的五面体．如图，在羡除中，四边形是边长为2的正方形，，均为正三角形，平面，且，则羡除的体积为（

）A． B．C． D．7．已知双曲线的左、右焦点分别为、，为坐标原点，点在双曲线的右支上，（为双曲线的半焦距），直线与双曲线右支交于另一个点，，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．8．在正四棱柱中，，为的中点，点为线段上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最大值为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知等差数列是递减数列，为其前项和，且，则（

）A． B．C． D．、均为的最大值10．已知事件与事件为互斥事件，是事件的对立事件，是事件的对立事件，若，，则（

）A． B．C． D．事件与事件不独立11．已知函数，则（

）A．的图象关于直线对称B．在上为减函数C．有4个零点D．，使12．已知抛物线:与圆:，点在抛物线上，点在圆上，点，则（

）A．的最小值为B．最大值为C．当最大时，四边形的面积为D．若的中点也在圆上，则点的纵坐标的取值范围为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，则＝________.14．已知非零向量，满足，，则与夹角为__________．15．已知直线:，函数，若存在切线与关于直线对称，则__________．16．已知函数，若在内单调且有一个零点，则的取值范围是__________．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．从①，②这两个条件中选一个，补充在下面问题中，并解答.已知的内角，，的对边分别为，，，且.(1)求的值；(2)若的外接圆半径为，求的最大值.(注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答记分)18．某游乐场开展摸球有奖活动，在一个不透明的盒子中放入大小相同的10个小球，其中红球4个，黑球6个，游客花10元钱，就可以参加一次摸球有奖活动，从盒子中一次随机摸取4个小球，规定摸取到两个或两个以上的红球就中奖.根据摸取到的红球个数，设立如下的中奖等级：摸取到的红球个数234中奖等级三等奖二等奖一等奖(1)求游客在一次摸球有奖活动中中奖的概率；(2)若游乐场规定：在一次摸球有奖活动中，游客中三等奖，可获得奖金15元；中二等奖，可获得奖金20元；中一等奖，可获得奖金200元.请从游乐场获利的角度，分析此次摸球有奖活动的合理性.19．如图，在三棱柱中，.(1)求证：；(2)若，，点满足，求二面角的余弦值.20．已知各项均为正数的数列满足，，其中是数列的前项和.(1)求数列的通项公式；(2)在和中插入个相同的数构成一个新数列：．求的前90项和．21．已知椭圆:的焦距为2，点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)设，是椭圆上的两个动点，为坐标原点，且直线，的倾斜角互补，求面积的最大值.22．已知函数.(1)求的极值；(2)若时，恒成立，求实数的取值范围．参考答案：1．B【解析】【分析】由题可得，然后利用复数的乘法运算即得.【详解】由题可得，∴.故选：B.2．C【解析】【分析】先化简集合，再逐一判断即可【详解】所以，故A错误，C正确，故B错误，D错误故选：C3．B【解析】【分析】根据对数函数为增函数，以及必要不充分条件的定义可得答案.【详解】由，得，取，，此时满足，但是不满足，综上，“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4．A【解析】【分析】求出中心点，代入回归方程求得系数，然后代入回归方程得估计保养费用．【详解】由已知，，所以，，即，时，故选：A．5．D【解析】【分析】根据题意，，根据二项展开式的通项可知，进而求出的值.【详解】因为，所以，所以，即，故选：D.6．B【解析】【分析】作出辅助线，分割为一个三棱柱和两个相同的三棱锥，利用柱体和椎体体积公式进行求解.【详解】因为平面所以EF∥AB，EF∥CD，因为四边形是边长为2的正方形，所以AB⊥AD，过点A作AG⊥EF于点G，连接DG，则AG⊥AB，因为，所以AB⊥平面ADG，过点B作BH⊥EF于点H，连接CH则AB⊥平面BCH，因为，均为正三角形，边长相等，所以羡除被分割为三棱柱ADG-BCH和两个相同的三棱锥E-ADG和F-BCH，其中FG=FH=1，GH=AB=CD=2，由勾股定理可得：，取AD中点M，连接GM，则GM⊥AD，由勾股定理得：，则所以，故羡除的体积为故选：B7．D【解析】【分析】根据双曲线的定义，结合直角三角形的相关性质可得解.【详解】如图所示，由，，得，，设，由双曲线定义得，所以，，，又，即，解得，所以，，又，即，即，所以离心率，故选：D.8．C【解析】【分析】利用坐标法，可设球心为，，结合条件可得，进而可得，即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，∴，∴，即为直角三角形，所以可设三棱锥的外接球的球心为，，所以球的半径为，∴，即，又，∴，即，∴，，所以三棱锥的外接球表面积的最大值为.故选：C.9．BD【解析】【分析】根据等差数列的性质以及其前项和的性质，逐个选项进行判断即可求解【详解】因为等差数列是递减数列，所以，，所以，，故A错误；因为，所以，故B正确；因为，故C错误；因为由题意得，，所以，，故D正确；故选：BD10．ABD【解析】【分析】根据对立事件、互斥事件、独立事件及交事件、和事件的定义，依次分析选项是否正确，即可得出答案.【详解】对于A，，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，因为事件与事件为互斥事件，事件不一定为互斥事件，则不一定成立，故C不正确；对于D，，故事件与事件不独立.所以D正确.故选：ABD.11．AB【解析】【分析】根据二次函数的对称性判断A，当时利用导数求出函数的单调区间，即可得到函数的最值，再结合函数的对称性，即可判断B、C、D；【详解】解：定义域为，因为，其中与关于轴对称，即的图象关于轴对称，将向右平移个单位得到，即关于对称，又关于直线对称，故函数的图象关于直线对称，故A正确；当时，则，所以当时，当时，即在上单调递增，在上单调递减，故B正确；所以当时在处取得极大值即最大值，又因为，根据对称性可得，所以只有2个零点，故C错误；由，所以不存在，使，故D错误；故选：AB12．ACD【解析】【分析】对于A，根据，结合抛物线的定义可判断A；对于B，设是圆的切线，切点为，根据，，可得，由此可判断B；对于C，根据两点在轴异侧，且与抛物线相切于，与圆相切于，可求出四边形的面积，由此可判断C；对于D，设的中点为，是圆的切线，切点为，利用圆的切割线长定理得到，再根据得到，再根据抛物线的定义可求出点的纵坐标的取值范围，由此可判断D.【详解】由可知其焦点为圆的圆心，圆的半径为，设，则，对于A，因为，所以，故A正确；对于B，设是圆的切线，切点为，则，，因为，所以，所以，所以，即最大值为，故B不正确；对于C，如图：当两点在轴异侧，且与抛物线相切于，与圆相切于时，取得最大值，不妨设点在第一象限，则点在第四象限，设直线：，代入，消去并整理得，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，即，此时，当与圆相切于时，，，所以四边形的面积为，故C正确；对于D，如图设的中点为，是圆的切线，切点为，根据圆的切割线长定理可得，又，所以，因为，所以，所以，设，则，所以，所以，所以，所以，即点的纵坐标的取值范围为.故D正确；故选：ACD13．【解析】【分析】将两边平方，利用同角三角函数的关系与二倍角的正弦公式可得解.【详解】由，平方可得即，所以.故答案为：.14．##【解析】【分析】设与夹角为，由题化简知，，代入即可求出与夹角.【详解】因为，所以，设与夹角为，则，①，因为，所以.又因为，所以，则，则，所以②，①代入②得：，，因为，所以.因为，所以.故答案为：.15．【解析】【分析】先求与关于直线对称的直线，再利用切点是切线与曲线的公共点以及导数的几何意义即可求解【详解】在直线：上取两点，点，关于对称的点分别为，点关于直线对称的点为）设直线关于直线对称的直线为，则过点，则，直线的方程为，即由得,因为函数存在切线与关于直线对称，即存在切线方程为设切点为，则解得故答案为：16．【解析】【分析】由已知，确定范围，再由正弦型三角函数图像的性质得到，进而化简求解.【详解】在内单调且，可得，，解得，又∵，∴，又在上恰有一个零点，所以，∴且，解之得.故答案为：17．(1)(2)6【解析】【分析】（1）若选①，利用余弦定理即可求解；若选②，利用正弦定理，再结合辅助角公式即可求解（2）由正弦定理求出，再利用余弦定理结合重要不等式即可求解(1)若选①：由，得，由余弦定理得：，又因为，所以

若选②：由，得即，故又因为,所以，所以，所以(2)由正弦定理得:，即，解得，

又由余弦定理得：，即所以，当且仅当“”时取等号.

所以的最大值为6.18．(1)(2)答案见解析【解析】【分析】（1）利用古典概型的计算公式带入即可求出答案.（2）随机变量的可能取值为：0，15，20，200，分别计算出对应的概率，列出分布列求数学期望，判断与10的大小，即可得出结论.(1)解：设一次摸球有奖活动中中奖为事件，则事件包含的基本事件有：,

基本事件总数为：，∴∴游客在一次摸球有奖活动中中奖的概率为.(2)解：设游客在一次摸球有奖活动中获得的奖金为，可以取0，15，20，200，故的分布列为01520200的数学期望由于一次摸球有奖活动中支付给游客奖金的均值，所以游乐场可获利，故此次摸球有奖活动合理.19．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）连接交于点，由菱形性质和等腰三角形三线合一可得，，由线面垂直的判定与性质可证得结论；（2）由勾股定理和线面垂直的判定可证得平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用可得坐标，利用二面角的向量求法可求得结果.(1)连接交于点，连接，四边形为菱形，，为中点，又，，，平面，平面，又平面，.(2)，，，，在中，，，在中，有，，又，平面，平面，则以为坐标原点，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，设，则，，，，解得：，，，，设平面的法向量，，令，解得：，，；又平面，则平面的一个法向量为，，又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.20．(1)(2)【解析】【分析】（1）当时，递推得，两式相减，即可得：，因为数列各项均为正数，所以，则证明得到为等差数列，即可求出的通项公式；（2）在数列中，在之前的所有项数为故时，当时，数列中，之前的所有项数恰好为90，再根据等差数列求和与错位相减求和求得答案.(1)解：当时，，当时，递推得，∴，，因为数列各项均为正数，所以，又∵，∴数列为等差数列，故.(2)解：在数列中，在之前的所有项数为故时，当时，数列中，之前的所有项数恰好为90

∴

令，则

∴

∴,

∴.21．(1)(2)【解析】【分析】（1）由焦距得值，由点坐标得轴，从而利用通径长可得值，得椭圆方程；（2）设，，直线的方程为，，直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后应用韦达定理得，同时注意，把代入可求得，从而得出的范围，然后由弦长公式求得弦长，求得原点到直线的距离，得三角形面积，结合函数性质得最大值．(1)解：设椭圆的左、右焦点分别为、，因为焦距为2，所以且轴，故又由于，所以解得，故椭圆方程为；(2)解：设，，直线的方程为，由于直线，的倾斜角互补，故联立方程，整理得，故，即且，

，所以，故的方程为，且

所以弦长原点到直线：的距离为，所以

故当且仅当时，的面积的最大值为.22．(1)答案见解析(2)【解析】【分析】（1）对求导得，分别讨论和时，求不等式，的解集，再由极值的定义可求得结果；（2）恒成立，转化为对任意恒成立，进一步令，对任意恒成立，令，分类讨论和是否满足，即可得出答案.(1)解：函数的定义域为，，

当时，在恒成立，在单调递减，故无极值；当时，令，则，

时，，在单调递减；时，，在单调递增；故在取极小值，且，无极大值综上，当时，无极值；当时，在取极小值，且，无极大值.(2)解：∵，∴，即且∴且，即，为的两个零点∴由（1）