湖南省天壹名校联盟2021-2022学年高三上学期入学摸底考试数学试题

1、试卷第 PAGE 5 页，总 4 页湖南省天壹名校联盟 2021-2022 学年高三上学期入学摸底考试数学试题学校 :姓名：班级：考号： 一、单选题已知复数 z 满足： 2zz3i ，则 | z |（）A 10B 5C 823D 413集合Mxx4n1, nZ ，Sx 11x101，则 MS 中的元素个数为 （）A 2B 3C 4D 5已知等差数列an的通项公式为 an92 n，则其前 n 项和Sn 的最大值为（）A 15B 16C 17D 18已知p : 1x1 ； q : xm ，若 p 是 q的充分条件，则实数m 的取值范围是（）A 0,)B 1,)C (,0D (,1已知 fx 是定义

2、在 R 上的偶函数，则以下函数中图象一定关于点1,0成中心对称的是（）A yx1 fx1B yxfx1C yxfx1D yxfx1已知文印室内有5 份待打印的文件自上而下摞在一起，秘书小王要在这5 份文件中再插入甲、乙两份文件，甲文件要在乙文件前打印，且不改变原来次序，则不同的打印方式的种数为（）A 15B 21C 28D 36将函数yasin xb cos x 图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的12，然后将所得图象向左平移个单位，可得函数 2cos2x6的图象，则 ab（）6A 2B 0C3 1D 13如图，在正方体ABCDA1B1C1D1 中， M 为 A1D1 中点，过A1C1

3、且与CD1 平行的平面交平面 C1CM 于直线 l，则直线 l 与 AB 所成角的余弦值是（）A 32B 22C 62 4D 63二、多选题9有一组样本数据： 1， 2， 4， 3， 1， 2， 1，则（）A 这组数据的众数为2B这组数据的极差为3C这组效据的平均数为2D这组数据的中位数为3210已知 a b 1c 0，则（）A 11B ln( ac)ln( bc) acbcC (ac)c 1(bc)c 1D (1c)a c(1c)b c已知 ae0.02 , b1.012 , cln(2.02)，则（）A a bB a bC b cD c a抛物线 C：y22 px( p0) 的焦点为 F，

4、准线 l 交 x 轴于点 Q（ 2， 0），过焦点的直线 m 与抛物线 C 交于 A， B 两点，则（）A p 2B |AB |8C直线 AQ 与 BQ 的斜率之和为0D 准线 l 上存在点 M，若 MAB 为等边三角形，可得直线AB 的斜率为22三、填空题13向量 a(1,2),| b |25,| ab |25 ，向量 a 与 b 的夹角为，则 cos双曲线 x2my2m m0的一条渐近线与 y2x 垂直，右焦点为 F ，则以原点为圆心， OF 为半径的圆的面积为 如图，在六面体 ABC FEDG 中，BG 平面 ABC ，平面 ABC 平面 FEDG ，AF BG， FE GD ， FGD

5、 90，AB BC BG 2，四边形 AEDC 是菱形，则六面体 ABC FEDG 的 体 积 为 已知： sincos2cos2sin，且 sin()1 ，则 sin()四、解答题ab如图， ABC 的内角 A，B， C 的对边分别为 a， b， c， a 2b，且 cos Bcos A （ 1）求 C；11（ 2）在 ABC 内有点 M， CMA CMB ，且 BM 3AM，直线 CM 交 AB 于点 Q， 求 tan CQA 已知：数列an满足an an22n , a1 （ 1）求 a2n ；（ 2）求满足 a1a2a2 n2022 的最大的正整数 n 的值在四棱锥 PABCD 中， A

6、B CD ， ABPAPD ，平面 APD平面 ABCD （ 1）证明：平面 PAB平面 PBD ；（ 2）求二面角 BPDC 的正弦值，BCCD1 ，ABCAPD90 ，已知函数f ( x)x 2ax1 ex （ 1）讨论 fx 的单调性；（ 2）若g xfx1 在 (1,) 上有零点，求实数a 的取值范围有甲、乙两个袋子，甲袋中有2 个白球 2 个红球，乙袋中有2 个白球 2 个红球，从甲袋中随机取出一球与乙袋中随机取出一球进行交换（ 1）一次交换后，求乙袋中红球与白球个数不变的概率；（ 2）二次交换后，记X 为“乙袋中红球的个数”，求随机变量 X 的分布列与数学期望22xy椭圆1(ab0

7、) 的右顶点为 A，上顶点为 B，O 为坐标原点，直线 AB 的a 2b21斜率为， OAB 的面积为 12（ 1）求椭圆的标准方程；（ 2）椭圆上有两点 M，N（异于椭圆顶点，且MN 与 x 轴不垂直），证明：当OMN 的面积最大时，直线 OM 与 ON 的斜率之积为定值本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 PAGE 17 页，总 17 页C【分析】参考答案设复数zabia, bR ， 则 zabi，由复数相等可得a, b 的值， 再由模长公式即可得模长.【详解】设复数zabia, bR ，则zabi ，由 2zz3i 可得 2abiabi3i ，整理可得： a3bi=

8、3+i，所以 a3 ， b1 ，3所以 z31 i ，所以 z3232182 ，33故选： C.A【分析】直接进行交集运算即可求解.【详解】集合 Mxx4n1, nZ， Sx 11x101 ，MS5,9 ，所以 MS 中的元素个数为2 ， 故选： A.B【分析】根据等差数列an的通项公式可知，其前4 项为正值，所以S4 最大，求得S4 即可 .【详解】当 an0 时， 1n4 ，可得S4 最大， S4471216 .故选： BC【分析】设 p 对应的集合为 A ， q对应的集合为 B ，由题意可得 A 是 B 的子集，即可求解.【详解】由 11 可得： x x10 ，解得： 0 x1 ，x记

9、Ax | 01 ， Bx | xm ，若 p 是 q的充分条件，则 A 是 B 的子集，所以 m0 ，所以实数 m的取值范围是 (,0 ， 故选： C.B【分析】分析函数 g xxfx 的奇偶性，结合函数图象变换可判断ABCD 选项 .【详解】构造函数 g xxfx ，该函数的定义域为R ，所以， gxxfxxfxgx，函数 g x 为奇函数， 故函数 g x 的对称中心为原点 .对于 A 选项，函数 yx1 fx1 的图象可在函数 g x 的图象上向右平移 1个单位，故函数 yx1 fx1 图象的对称中心为1,0 ；对于 B 选项，函数 yx1 fx1 的图象可在函数 g x 的图象上向左平

10、移 1个单位，故函数 yx1 fx1 图象的对称中心为1,0 ；对于 C 选项，函数xfx1的图象可在函数 g x 的图象上向上平移 1个单位，故函数yxfx1 图象的对称中心为0,1 ；对于 D 选项，函数yxfx1 的图象可在函数 gx 的图象上向下平移 1个单位，故函数yxfx1 图象的对称中心为0, 1 .故选： B.B【分析】可理解为从 7 个空位中选择两个空位排甲、乙两份文件 （甲文件在乙文件前） ，其余 5 个空位按之前的顺序排其它5 个文件，利用组合计数原理可得结果.【详解】可理解为从 7 个空位中选择两个空位排甲、乙两份文件 （甲文件在乙文件前） ，其余 5 个空位按之前的顺

11、序排其它5 个文件，由组合计数原理可知，不同的打印方式的种数为C7221.故选： B.7 C【分析】根据三角函数的图像变换后三角函数的解析式，结合辅助角公式，经计算即可得解.【详解】ya sin xb cosxa2b sin(x2) ，其中 sinab2,cosb 2aa2b 2 ，平移伸缩后可得ya 2b2 sin(2 x3) ，变形可得 ya2bcos(2 x26)所以a2b22 ，3 ，所以b2a2b3 ,cos2a2a2b1 ，2所以 a1,b3 ，所以 ab31.故选： CD【分析】依题意建立空间直角坐标系，由正方体的性质可得D1 C/ 平面A1C1B ，延长BA1 与 CM 相交于

12、点 N ，连接C1 N ，则 C1N 即为直线 l ，再利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值；【详解】解：如图建立空间直角坐标系， 在正方体ABCDA1 B1 C1 D1 中， A1 B/D1C ，D1C平面A1C1B ，A1B平面A1C1B ，所以D1C / 平面A1C1B ，延长BA1 与 CM 相交于点 N ，连接 C1N ，则 C1N 即为直线 l ，设正方体的棱长为 1，则A 1,0,0， B 1,1,0， C1 0,1,1 ， N1,1,2，所以AB0,1,0， C1 N1,2,1，设 AB 与 C1 N 所成角为，则 cosAB C1N26ABC1N163故选： DBC【分析

13、】根据众数，极差，平均数，中位数的概念依次计算即可.【详解】对 A ，该组数据众数为1，故错误；对 B，极差为 4-1=3 ，故正确； 对 C，平均数为 12431212 ，故正确；7对 D，中位数为 2，故错误故选： BCBCD【分析】依题意可得acbc，c0 ，再根据对数函数， 指数函数、 幂函数的性质计算可得；【详解】解：因为 ab1c0 ，所以acbc， c0 ，所以11，故 A 错误；acbc因为 yln x 在定义域 0,上单调递增，所以 ln( ac)ln( bc)，故 B 正确；因为 yx1在 0,上单调递减，所以(ac)(bc)1c，故 C 正确；cc 1因为 01c1 ，所

14、以 y(1c)x 在 R 上单调递减，所以 (1c)a c(1c)b c ，故 D 正确；故选： BCDAC【分析】令 fxexx1 ，利用导数说明其单调性，即可判断A 、B，再根据对数函数，指数函数的性质判断 C、D；【详解】解：因为e0e0.0221,1.0111.01 ,l n1ln(2.0 2)ln e ，即 a1，b1，0c1，故 bc ，ac ，故 C 正确， D 错误；又0.02ae12e10 0， b21.01211，x100设 fxexx1 ， x0,1 ，则 fx10 ，所以xexx1 在 0,1 上单调1122递增，所以fxf00 ，即 exx1 ，当 x11001001

15、时 e1，所以100e10011，100即 ab ，故 A 正确， B 错误； 故选： ACBCD【分析】根据抛物线的性质，以及直线和抛物线的位置关系，结合韦达定理， 利用斜率关系以及弦长和距离公式，逐项分析判断即可得解.【详解】对 A ，由准线 l 交 x 轴于点 Q（ 2， 0），所以p 22 ， p4 ，故 A 错误，对 B ，抛物线过焦点的弦通径最短，即垂直于x 轴时，令 x2 ，可得 y4 ， | AB |8 ，所以 | AB |8 ，故 B 正确；对 C，设直线 m 的方程为 xny2 ，代入抛物线方程可得：y 28ny160 ，设 A( x1, y1), B( x2, y2 )

16、，则有： y1y28n, y1 y216 ，所以 ky1AQ +kBQy2x2 y12y1x1y22 y2x12x22( x12)( x22)2ny1 y24( y1y2 )32n32n0 ，故 C 正确；( x12)( x22)( x12)( x22)对 D，若 MAB 为等边三角形，设A，B 中点为 N( a, b) ，x1x2n( y1y2 )42则 a4n222 ， by1y24n ， 2设 M ( 2, t ) ，所以4ntn ，所以 t4n38n ，则M ( 2, 4n38n) ，24n44 n48n 243则点 M (2, 4n8n) 到直线 m 的距离 d，22n1而 ABx1

17、x2pn( y1y2 )448n8 ，由 d3 AB 可 得4n48n2432(8n8) ，2n212解得n213 ，所以 n2 ,此时 AB 的斜率为2 ，故 D 正确 .2故选： BCD113 4【分析】a b依题意可得a ，再根据数量积的运算律得到，最后根据 cosa b ab计算可得；22【详解】解：因为 a(1,2),| b|25 ，所以 a125 ，因为 | ab |252，所以 ab20 ，2222225即 a2a bb20 ， 即 a2a bb20 ，所以52 a b2520 ，所以 a b2所以 cosa b ab52152541故答案为：414 5【分析】求出双曲线的渐近线

18、方程，由渐近线与y2x 垂直，斜率乘积为1可得 m 的值，再由22cab可得点 F 的坐标，即可求出OF 的长，由圆的面积公式即可求解.2【详解】由 x2my2m m0可得：xy 21 ， m所以 am ， b1，所以渐近线方程为yb x1x ，am因为双曲线 x2my2m m0的一条渐近线与 y2x 垂直，所以121，可得 m4 ， m所以 ca2b2m15 ，所以右焦点为F5,0，所以 OF5 ，以 OF 为半径的圆的面积为255，故答案为： 5.15 8【分析】根据所给条件求得各边长，再分割VABCFEDGVA FEDGVA BCDG，即可得解 .【详解】由平面 ABC 平面 FEDG

19、且同时和平面 ABFG 相交，可得 AB FG ，由 BG 平面 ABC 可得 BG 平面 FEDG ， 所以 AF 平面 FEDG ,由 FGD 90则ABC90 ，所以 AC22 ，所以 AE22 ，由 BG 2 得 AF2 ，所以 EF2 ，由 ED22 ，则 GD4 ，所以 VABC FEDGVA FEDGVA BCDG13SEFGDAF13SBCDGAB1(234)22213(24)2228 .故答案为： 8.1635222【分析】2根据 sincos1,cossin1 作差并结合已知整理得2sin2cossincos，再对已知和该式两边平方求和即可得答案.2【详解】 解: 因为 s

20、in2cos21,cos22222sin1 ，所以两式作差得：sincoscossin0 ，整理得： sincossincossincossincos因为 sincos2cos2sin， sin()1所以 2 cossinsincossincossincos， 即 2sin2cossincos ，又因为 sincos2cos2sin ， 对 两边平方得：4cos28sincossin 2cos22sincos4sin 28cossinsin 2cos22sincos，4sin 24cos 2所以 + 得 448sin112sin，所以 sin3.5故答案为：3517（ 1）2；（ 2） 8【分

21、析】（ 1）利用正弦定理将边化角，再利用二倍角公式得到sin 2Asin 2B ，即可得到 2A2B 或2A2B ，再根据 a2b ，即可得到AB2 ，从而得解；（ 2）建立平面直角坐标系，MEa2b2 ，过点 M 作 MEAC 、MFBC 交 AC 、BC 于点 E 、F ，根据面积公式得到FM23，即可得到直线CQ 的方程，从而得到其方向向量，设CQA，再根据平面向量的夹角公式求出cos，最后根据同角三角函数的基本关系计算可得；【详解】解：（ 1）因为acos Bbcos A，所以 acosAbcosB ，即 sin AcosAsin B cosB ，所以sin 2Asin 2B ，所以

22、2A2B 或 2A2B ，因为 a2b ，所以 AB2，因为 ABC所以 C2 ；（ 2）如图建立平面直角坐标系，因为 a2b ，令 a2b2，则 A 1,0 ， B 0,2，过点 M 作MEAC 、 MFBC 交 AC 、 BC 于点 E 、 F ，因为CMACMB ， BM3AM ，又SBCMBCM1 CM21 CB2BM sinCMB ， SACM1 CM2AM sinCMA ，所以S BCMS ACM3 ，又SFM ， SACM1 CA EM ，所以2MEFM2，所以 tan3MCEMECE2，所以直3线 CQ 为 y2 x ，所以直线3CQ 的方向向量可以为 n3,2，又 AB1,2

23、 ， 设 CQA，则 cosnnABAB15136565，所以 sin12cos865，所以 tan65sincos8，18（ 1） 22n ；（ 2） 5【分析】（ 1）根据递推公式求出a ，再根据an 1an 2an 24 ，即可得到a的奇数项是以 1为首项，2a aann n 1n4 为公比的等比数列，偶数项是以4为首项， 4 为公比的等比数列，从而求出其通项公式；（ 2）令 a1a2a2 n 为 S2n ，再利用分组求和法及等比数列求和公式求出S2n ，再根据函数的性质计算可得；【详解】解：（ 1）因为an an2n12, a11 ，所以a1a22 ， a24 ，22aaa22 n 2

24、a2又 aa22n，所以n 1 n 2n 24，又4 ，n 1 n 2a aa22 nan n 1n1所 以 an的奇数项是以 1为首项， 4 为公比的等比数列，偶数项是以4 为首项， 4 为公比的等比数列，所以2n 1, n为奇数ann2 , n为偶数，所以a2n22n ；x（ 2）令 a1a2a2 n 为 S2n ，所以14nS2n4 14n5 4n1，因为 fx5 41141433在定义域上单调递增，且f4425， f51705 ， f66825因为 a1a2a2 n2022 ，所以 0n6 ，又因为 n 为正整数，所以n 的最大值为 5 ；19（ 1）证明见解析； （ 2） 33【分析

25、】（ 1）通过平面 PAD平面 ABCD 得证 PE平面 ABCD ，继而得出 PEBD；过点 D 作DF BC 得四边形 DFBC 是正方形，DFFBBCDC1， ADBD2 ，再由勾股定理得出ADB90 ，即 ADBD ，得证 BD平面 PAD ，得 BDPA，再由 APPD ，得证 AP平面 PBD ，最后得平面PAB平面 PBD ；（ 2）分别以射线 EA 、 EF 、 EF 为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正半轴， E 点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，运用空间向量相关运算求出二面角BPDC 的正弦值 .【详解】（ 1）证明：点 E 为 AD 的中点，连接 PE ，过点 D

26、 作 DFBC ，又PAPB ，APD90 ， PEAD ，又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD ，PE平 面 ABCD ， 又BD平面 ABCD ，PEBD ，DFBC ， AB CD ，ABC90 ， BCCD ，四边形 DFBC 是正方形，DFFBBCDC1，DFB90 ，ADBD2 ，在 ADB 中，AD 2DB 2AB 2 ，ADB90 ，即 ADBD ，PEBD ， ADBD ， PEADE ，BD平 面 PAD ， 又PA平面 PAD ，BDPA ，又APPD ， BDPDD ，AP平面 PBD ，AP平面 PAB ，平面 PAB平面 PBD .（ 2）由

27、（ 1）可知 PE平面 ABCD ，ADF 是等腰直角三角形，E 点是 AD 的中点，ADF 是等腰直角三角形，EFAD分别以射线 EA 、 EF 、 EF 为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正半轴，E 点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 B2 ,2,02， P 0,0,2， D22 ,0,0， C22,2 ,0，2所以 DP2 ,0,2， DB0,2,0， CD2 ,2 ,02222设平面 BPD 的一个法向量为 nx, y, z ，n DB由0，得：2 y0，令 xx11 ，解得：y0n DP02 x2 z022z1n1,0, 1设平面 PDC 的一个法向量为 mx, y, zn

28、 CD由n DP00，得：2 x22 y20，令 x1 ，解得：2 x222z0111m1,1,1cos n, mn mn m1123632所以，二面角BPDC 的正弦值是1633 .320（ 1）当 a0 时， f ( x) 在 R 上单调递增；当a0 时， fx 在, a1 和 ( 1,) 上单调递增，在 a1, 1 上单调递减；当 a0时， fx 在,1 和 ( a1,) 上单调递增，在1, a1 上单调递减； （ 2）21,e【分析】（ 1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系，讨论a0 ， a0 和 a0 情况下，导数的正负，即可得到fx 的单调性；（ 2）将已知转化为 fx1在

29、 (1,) 上有零点， 结合（ 1）分类讨论 a，a0 ， 0a2和 a2 时， fx 的单调性及函数的最值， 判断函数 fx1是否有零点， 即可得到实数 a 的取值范围【详解】（ 1）函数f ( x)x2axex ，xx求导 fxx2a x1aex1ax1 e由 fx0 ，得 x1a1 ， x21 当 a0 时，2xfxx1e0 ，f ( x) 在 R 上单调递增； 当 a0 时， 在 x, a1 有 fx0 ，故 fx 单调递增； 在 xa1, 1有 fx0 ，故 fx 单调递减；在 x( 1,) 有 fx0 ，故 fx 单调递增； 当 a0时， 在 x,1 有 fx0 ，故 fx 单调递

30、增； 在 x1,a1有 fx0 ，故 fx 单调递减；在 x(a1,) 有 fx0 ，故 fx 单调递增；综上所述，当 a时，f ( x) 在 R 上单调递增；当 a0 时， fx 在, a和 (1,) 上单调递增，在a1, 1上单调递减；当 a0 时， fx 在,1 和 (a1,) 上单调递增，在1, a1 上单调递减；（ 2） g xfx在 (1,) 上有零点等价于fx1在 (1,) 上有零点，由（ 1）知，当 a0 时，f ( x) 在 (1,) 上单调递增，f (x)minf (1)2e1 ，故 fx1在 (1,) 上无零点；当 a0 时，f (x) 在 (1,) 上单调递增，要使得f

31、x1 有零点，需f 11即 f (1)1a1 ea e1，解得 a12e ，此时无解；当 0a2 时， f ( x) 在 (1,) 上单调递增，同上，可知11a2e ，此时 a 的取值范围为2, 2e当 a2 时， fx 在 1, a1 上单调递减，在 (a1,) 上单调递增，又 f (1)2e0 ，故此时 fx1有零点，综上可知， a 的取值范围为【点睛】21 ,e方法点睛：本题考查了函数的单调性?最值问题，考查导数的应用以及函数的零点问题，解含参数的不等式，通常需要从几个方面分类讨论：（ 1）看函数最高次项系数是否为0，需分类讨论；（ 2）若最高次项系数不为0，通常是二次函数，若二次函数开

32、口定时，需根据判别式讨论无根或两根相等的情况；（ 3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域的比较.121（ 1） 2；（ 2）分布列见解析，E X2.【分析】（ 1）分甲乙交换的均是红球，甲乙交换的均是白球，两种情况讨论即可得解；（ 2）写出随机变量 X 的所有可能取值，先分别求出一次交换后，乙袋中有2 个白球 2 个红球， 乙袋中有 1 个白球 3 个红球， 乙袋中有 3 个白球 1 个红球的概率， 从而可求得对于随机变量的概率，写出分布列，根据期望公式即可求出数学期望.【详解】11解：（ 1）甲乙交换的均是红球，则概率为C 2C21C 1C14 ，44C1C11甲乙交换

33、的均是白球，则概率为22，C1C1444111442所以乙袋中红球与白球个数不变的概率为；（ 2） X 可取 0，1， 2， 3， 4，2由（ 1）得，一次交换后，乙袋中有2 个白球 2 个红球的概率为 1 ，C1C11乙袋中有 1 个白球 3 个红球的概率为22，C1C144411乙袋中有 3 个白球 1 个红球的概率为C2C21C1C14 ，441C 1C 11则 P X011，4C 1C 16444111331221C 1CCC11C1C 17111111PX1，4CCCC2CC3244444411111C1C11C 1C11CCCC17PX233332222，4C 1C14C 1C12C 1C 1C 1C 1324444444411111CC1C1C1CC