2022屆湖南省永州一中永州市高三下學(xué)期第三次適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試題解析版

湖南省永州市2022屆高三下學(xué)期第三次適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為，則（

）A．1 B．2C． D．2．設(shè)集合，，則（

）A． B．C． D．3．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．某新能源汽車銷售公司統(tǒng)計(jì)了某款汽車行駛里程(單位：萬千米)對(duì)應(yīng)維修保養(yǎng)費(fèi)用(單位：萬元)的四組數(shù)據(jù)，這四組數(shù)據(jù)如下表：行駛里程/萬千米1245維修保養(yǎng)費(fèi)用/萬元0.500.902.302.70若用最小二乘法求得回歸直線方程為，則估計(jì)該款汽車行駛里程為6萬千米時(shí)的維修保養(yǎng)費(fèi)是（

）A．萬元 B．萬元 C．萬元 D．萬元5．若，則（

）A．56 B．28 C． D．6．中國古代數(shù)學(xué)瑰寶《九章算術(shù)》記錄形似“楔體”的“羨除”．所謂“羨除”，就是三個(gè)側(cè)面都是梯形或平行四邊形（其中最多只有一個(gè)平行四邊形），兩個(gè)不平行對(duì)面是三角形的五面體．如圖，在羨除中，四邊形是邊長為2的正方形，，均為正三角形，平面，且，則羨除的體積為（

）A． B．C． D．7．已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為、，為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)在雙曲線的右支上，（為雙曲線的半焦距），直線與雙曲線右支交于另一個(gè)點(diǎn)，，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．8．在正四棱柱中，，為的中點(diǎn)，點(diǎn)為線段上的動(dòng)點(diǎn)，則三棱錐的外接球表面積的最大值為（

）A． B． C． D．二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9．已知等差數(shù)列是遞減數(shù)列，為其前項(xiàng)和，且，則（

）A． B．C． D．、均為的最大值10．已知事件與事件為互斥事件，是事件的對(duì)立事件，是事件的對(duì)立事件，若，，則（

）A． B．C． D．事件與事件不獨(dú)立11．已知函數(shù)，則（

）A．的圖象關(guān)于直線對(duì)稱B．在上為減函數(shù)C．有4個(gè)零點(diǎn)D．，使12．已知拋物線:與圓:，點(diǎn)在拋物線上，點(diǎn)在圓上，點(diǎn)，則（

）A．的最小值為B．最大值為C．當(dāng)最大時(shí)，四邊形的面積為D．若的中點(diǎn)也在圓上，則點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍為三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，則＝________.14．已知非零向量，滿足，，則與夾角為__________．15．已知直線:，函數(shù)，若存在切線與關(guān)于直線對(duì)稱，則__________．16．已知函數(shù)，若在內(nèi)單調(diào)且有一個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是__________．四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．從①，②這兩個(gè)條件中選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，并解答.已知的內(nèi)角，，的對(duì)邊分別為，，，且.(1)求的值；(2)若的外接圓半徑為，求的最大值.(注：如果選擇多個(gè)條件分別作答，按第一個(gè)解答記分)18．某游樂場(chǎng)開展摸球有獎(jiǎng)活動(dòng)，在一個(gè)不透明的盒子中放入大小相同的10個(gè)小球，其中紅球4個(gè)，黑球6個(gè)，游客花10元錢，就可以參加一次摸球有獎(jiǎng)活動(dòng)，從盒子中一次隨機(jī)摸取4個(gè)小球，規(guī)定摸取到兩個(gè)或兩個(gè)以上的紅球就中獎(jiǎng).根據(jù)摸取到的紅球個(gè)數(shù)，設(shè)立如下的中獎(jiǎng)等級(jí)：摸取到的紅球個(gè)數(shù)234中獎(jiǎng)等級(jí)三等獎(jiǎng)二等獎(jiǎng)一等獎(jiǎng)(1)求游客在一次摸球有獎(jiǎng)活動(dòng)中中獎(jiǎng)的概率；(2)若游樂場(chǎng)規(guī)定：在一次摸球有獎(jiǎng)活動(dòng)中，游客中三等獎(jiǎng)，可獲得獎(jiǎng)金15元；中二等獎(jiǎng)，可獲得獎(jiǎng)金20元；中一等獎(jiǎng)，可獲得獎(jiǎng)金200元.請(qǐng)從游樂場(chǎng)獲利的角度，分析此次摸球有獎(jiǎng)活動(dòng)的合理性.19．如圖，在三棱柱中，.(1)求證：；(2)若，，點(diǎn)滿足，求二面角的余弦值.20．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列滿足，，其中是數(shù)列的前項(xiàng)和.(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)在和中插入個(gè)相同的數(shù)構(gòu)成一個(gè)新數(shù)列：．求的前90項(xiàng)和．21．已知橢圓:的焦距為2，點(diǎn)在橢圓上.(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)，是橢圓上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，為坐標(biāo)原點(diǎn)，且直線，的傾斜角互補(bǔ)，求面積的最大值.22．已知函數(shù).(1)求的極值；(2)若時(shí)，恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．參考答案：1．B【解析】【分析】由題可得，然后利用復(fù)數(shù)的乘法運(yùn)算即得.【詳解】由題可得，∴.故選：B.2．C【解析】【分析】先化簡(jiǎn)集合，再逐一判斷即可【詳解】所以，故A錯(cuò)誤，C正確，故B錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤故選：C3．B【解析】【分析】根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)為增函數(shù)，以及必要不充分條件的定義可得答案.【詳解】由，得，取，，此時(shí)滿足，但是不滿足，綜上，“”是“”的必要不充分條件.故選：B.4．A【解析】【分析】求出中心點(diǎn)，代入回歸方程求得系數(shù)，然后代入回歸方程得估計(jì)保養(yǎng)費(fèi)用．【詳解】由已知，，所以，，即，時(shí)，故選：A．5．D【解析】【分析】根據(jù)題意，，根據(jù)二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)可知，進(jìn)而求出的值.【詳解】因?yàn)椋?，所以，即，故選：D.6．B【解析】【分析】作出輔助線，分割為一個(gè)三棱柱和兩個(gè)相同的三棱錐，利用柱體和椎體體積公式進(jìn)行求解.【詳解】因?yàn)槠矫嫠訣F∥AB，EF∥CD，因?yàn)樗倪呅问沁呴L為2的正方形，所以AB⊥AD，過點(diǎn)A作AG⊥EF于點(diǎn)G，連接DG，則AG⊥AB，因?yàn)?，所以AB⊥平面ADG，過點(diǎn)B作BH⊥EF于點(diǎn)H，連接CH則AB⊥平面BCH，因?yàn)?，均為正三角形，邊長相等，所以羨除被分割為三棱柱ADG-BCH和兩個(gè)相同的三棱錐E-ADG和F-BCH，其中FG=FH=1，GH=AB=CD=2，由勾股定理可得：，取AD中點(diǎn)M，連接GM，則GM⊥AD，由勾股定理得：，則所以，故羨除的體積為故選：B7．D【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的定義，結(jié)合直角三角形的相關(guān)性質(zhì)可得解.【詳解】如圖所示，由，，得，，設(shè)，由雙曲線定義得，所以，，，又，即，解得，所以，，又，即，即，所以離心率，故選：D.8．C【解析】【分析】利用坐標(biāo)法，可設(shè)球心為，，結(jié)合條件可得，進(jìn)而可得，即得.【詳解】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，∴，∴，即為直角三角形，所以可設(shè)三棱錐的外接球的球心為，，所以球的半徑為，∴，即，又，∴，即，∴，，所以三棱錐的外接球表面積的最大值為.故選：C.9．BD【解析】【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)以及其前項(xiàng)和的性質(zhì)，逐個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可求解【詳解】因?yàn)榈炔顢?shù)列是遞減數(shù)列，所以，，所以，，故A錯(cuò)誤；因?yàn)椋?，故B正確；因?yàn)?，故C錯(cuò)誤；因?yàn)橛深}意得，，所以，，故D正確；故選：BD10．ABD【解析】【分析】根據(jù)對(duì)立事件、互斥事件、獨(dú)立事件及交事件、和事件的定義，依次分析選項(xiàng)是否正確，即可得出答案.【詳解】對(duì)于A，，故A正確；對(duì)于B，，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)槭录c事件為互斥事件，事件不一定為互斥事件，則不一定成立，故C不正確；對(duì)于D，，故事件與事件不獨(dú)立.所以D正確.故選：ABD.11．AB【解析】【分析】根據(jù)二次函數(shù)的對(duì)稱性判斷A，當(dāng)時(shí)利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，即可得到函數(shù)的最值，再結(jié)合函數(shù)的對(duì)稱性，即可判斷B、C、D；【詳解】解：定義域?yàn)?，因?yàn)?，其中與關(guān)于軸對(duì)稱，即的圖象關(guān)于軸對(duì)稱，將向右平移個(gè)單位得到，即關(guān)于對(duì)稱，又關(guān)于直線對(duì)稱，故函數(shù)的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，故A正確；當(dāng)時(shí)，則，所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，即在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故B正確；所以當(dāng)時(shí)在處取得極大值即最大值，又因?yàn)?，根?jù)對(duì)稱性可得，所以只有2個(gè)零點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；由，所以不存在，使，故D錯(cuò)誤；故選：AB12．ACD【解析】【分析】對(duì)于A，根據(jù)，結(jié)合拋物線的定義可判斷A；對(duì)于B，設(shè)是圓的切線，切點(diǎn)為，根據(jù)，，可得，由此可判斷B；對(duì)于C，根據(jù)兩點(diǎn)在軸異側(cè)，且與拋物線相切于，與圓相切于，可求出四邊形的面積，由此可判斷C；對(duì)于D，設(shè)的中點(diǎn)為，是圓的切線，切點(diǎn)為，利用圓的切割線長定理得到，再根據(jù)得到，再根據(jù)拋物線的定義可求出點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍，由此可判斷D.【詳解】由可知其焦點(diǎn)為圓的圓心，圓的半徑為，設(shè)，則，對(duì)于A，因?yàn)?，所以，故A正確；對(duì)于B，設(shè)是圓的切線，切點(diǎn)為，則，，因?yàn)?，所以，所以，所以，即最大值為，故B不正確；對(duì)于C，如圖：當(dāng)兩點(diǎn)在軸異側(cè)，且與拋物線相切于，與圓相切于時(shí)，取得最大值，不妨設(shè)點(diǎn)在第一象限，則點(diǎn)在第四象限，設(shè)直線：，代入，消去并整理得，所以，所以，因?yàn)?，所以，所以，所以，所以，即，此時(shí)，當(dāng)與圓相切于時(shí)，，，所以四邊形的面積為，故C正確；對(duì)于D，如圖設(shè)的中點(diǎn)為，是圓的切線，切點(diǎn)為，根據(jù)圓的切割線長定理可得，又，所以，因?yàn)椋?，所以，設(shè)，則，所以，所以，所以，所以，即點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍為.故D正確；故選：ACD13．【解析】【分析】將兩邊平方，利用同角三角函數(shù)的關(guān)系與二倍角的正弦公式可得解.【詳解】由，平方可得即，所以.故答案為：.14．##【解析】【分析】設(shè)與夾角為，由題化簡(jiǎn)知，，代入即可求出與夾角.【詳解】因?yàn)?，所以，設(shè)與夾角為，則，①，因?yàn)椋?又因?yàn)?，所以，則，則，所以②，①代入②得：，，因?yàn)椋?因?yàn)?，所?故答案為：.15．【解析】【分析】先求與關(guān)于直線對(duì)稱的直線，再利用切點(diǎn)是切線與曲線的公共點(diǎn)以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求解【詳解】在直線：上取兩點(diǎn)，點(diǎn)，關(guān)于對(duì)稱的點(diǎn)分別為，點(diǎn)關(guān)于直線對(duì)稱的點(diǎn)為）設(shè)直線關(guān)于直線對(duì)稱的直線為，則過點(diǎn)，則，直線的方程為，即由得,因?yàn)楹瘮?shù)存在切線與關(guān)于直線對(duì)稱，即存在切線方程為設(shè)切點(diǎn)為，則解得故答案為：16．【解析】【分析】由已知，確定范圍，再由正弦型三角函數(shù)圖像的性質(zhì)得到，進(jìn)而化簡(jiǎn)求解.【詳解】在內(nèi)單調(diào)且，可得，，解得，又∵，∴，又在上恰有一個(gè)零點(diǎn)，所以，∴且，解之得.故答案為：17．(1)(2)6【解析】【分析】（1）若選①，利用余弦定理即可求解；若選②，利用正弦定理，再結(jié)合輔助角公式即可求解（2）由正弦定理求出，再利用余弦定理結(jié)合重要不等式即可求解(1)若選①：由，得，由余弦定理得：，又因?yàn)?，所?/p>

若選②：由，得即，故又因?yàn)?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，當(dāng)且僅當(dāng)“”時(shí)取等號(hào).

所以的最大值為6.18．(1)(2)答案見解析【解析】【分析】（1）利用古典概型的計(jì)算公式帶入即可求出答案.（2）隨機(jī)變量的可能取值為：0，15，20，200，分別計(jì)算出對(duì)應(yīng)的概率，列出分布列求數(shù)學(xué)期望，判斷與10的大小，即可得出結(jié)論.(1)解：設(shè)一次摸球有獎(jiǎng)活動(dòng)中中獎(jiǎng)為事件，則事件包含的基本事件有：,

基本事件總數(shù)為：，∴∴游客在一次摸球有獎(jiǎng)活動(dòng)中中獎(jiǎng)的概率為.(2)解：設(shè)游客在一次摸球有獎(jiǎng)活動(dòng)中獲得的獎(jiǎng)金為，可以取0，15，20，200，故的分布列為01520200的數(shù)學(xué)期望由于一次摸球有獎(jiǎng)活動(dòng)中支付給游客獎(jiǎng)金的均值，所以游樂場(chǎng)可獲利，故此次摸球有獎(jiǎng)活動(dòng)合理.19．(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）連接交于點(diǎn)，由菱形性質(zhì)和等腰三角形三線合一可得，，由線面垂直的判定與性質(zhì)可證得結(jié)論；（2）由勾股定理和線面垂直的判定可證得平面，則以為坐標(biāo)原點(diǎn)可建立空間直角坐標(biāo)系，利用可得坐標(biāo)，利用二面角的向量求法可求得結(jié)果.(1)連接交于點(diǎn)，連接，四邊形為菱形，，為中點(diǎn)，又，，，平面，平面，又平面，.(2)，，，，在中，，，在中，有，，又，平面，平面，則以為坐標(biāo)原點(diǎn)，為軸可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，設(shè)，則，，，，解得：，，，，設(shè)平面的法向量，，令，解得：，，；又平面，則平面的一個(gè)法向量為，，又二面角為銳二面角，二面角的余弦值為.20．(1)(2)【解析】【分析】（1）當(dāng)時(shí)，遞推得，兩式相減，即可得：，因?yàn)閿?shù)列各項(xiàng)均為正數(shù)，所以，則證明得到為等差數(shù)列，即可求出的通項(xiàng)公式；（2）在數(shù)列中，在之前的所有項(xiàng)數(shù)為故時(shí)，當(dāng)時(shí)，數(shù)列中，之前的所有項(xiàng)數(shù)恰好為90，再根據(jù)等差數(shù)列求和與錯(cuò)位相減求和求得答案.(1)解：當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，遞推得，∴，，因?yàn)閿?shù)列各項(xiàng)均為正數(shù)，所以，又∵，∴數(shù)列為等差數(shù)列，故.(2)解：在數(shù)列中，在之前的所有項(xiàng)數(shù)為故時(shí)，當(dāng)時(shí)，數(shù)列中，之前的所有項(xiàng)數(shù)恰好為90

∴

令，則

∴

∴,

∴.21．(1)(2)【解析】【分析】（1）由焦距得值，由點(diǎn)坐標(biāo)得軸，從而利用通徑長可得值，得橢圓方程；（2）設(shè)，，直線的方程為，，直線方程與橢圓方程聯(lián)立方程組，消元后應(yīng)用韋達(dá)定理得，同時(shí)注意，把代入可求得，從而得出的范圍，然后由弦長公式求得弦長，求得原點(diǎn)到直線的距離，得三角形面積，結(jié)合函數(shù)性質(zhì)得最大值．(1)解：設(shè)橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為、，因?yàn)榻咕酁?，所以且軸，故又由于，所以解得，故橢圓方程為；(2)解：設(shè)，，直線的方程為，由于直線，的傾斜角互補(bǔ)，故聯(lián)立方程，整理得，故，即且，

，所以，故的方程為，且

所以弦長原點(diǎn)到直線：的距離為，所以

故當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，的面積的最大值為.22．(1)答案見解析(2)【解析】【分析】（1）對(duì)求導(dǎo)得，分別討論和時(shí)，求不等式，的解集，再由極值的定義可求得結(jié)果；（2）恒成立，轉(zhuǎn)化為對(duì)任意恒成立，進(jìn)一步令，對(duì)任意恒成立，令，分類討論和是否滿足，即可得出答案.(1)解：函數(shù)的定義域?yàn)椋?/p>

當(dāng)時(shí)，在恒成立，在單調(diào)遞減，故無極值；當(dāng)時(shí)，令，則，

時(shí)，，在單調(diào)遞減；時(shí)，，在單調(diào)遞增；故在取極小值，且，無極大值綜上，當(dāng)時(shí)，無極值；當(dāng)時(shí)，在取極小值，且，無極大值.(2)解：∵，∴，即且∴且，即，為的兩個(gè)零點(diǎn)∴由（1）