2022年湖南省省级示范名校联盟高考数学第一次学科综合评估检测试卷（3月份）（学生版+解析版）.docx

1、2022年湖南省省级示范名校联盟高考数学第一次学科综合评估检测试卷（3月份）一、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（5分）已知集合A1，1，Bx|ax1，则a的取值集合为（）A1B1C1，1D1，0，12（5分）已知复数z，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（5分）在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定对于R01，而且死亡率较高的传染病，一

2、般要隔离感染者，切断传播途径假设某种传染病的基本传染数R03，平均感染周期为7天（初始感染者传染R0个人为第一轮传染，经过一个周期后这R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（）（参考数据：36729，451024）A35B42C49D564（5分）在一个边长为2的等边三角形ABC中，若点P是平面ABC（包括边界）中的任意一点，则（）ABC1D5（5分）设alog0.20.3，blog20.3，则（）Aa+bab0Baba+b0Ca+b0abDab0a+b6（5分）杭州2022年亚运会将于于2022年9月10日至25日在中国浙江杭州举

3、行，现有A、B、C、D四位同学参与志愿者服务活动，前往三个不同的运动场馆若要求每个人只能去其中的任意场馆服务，共有（）种分配方案A18B30C33D367（5分）已知边长为的菱形ABCD，A60，二面角ABDC的平面角是120，则三棱锥ABCD的外接球的表面积是（）A20B28C36D548（5分）已知函数f（x）x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）x1x2，则关于x的方程3（f（x）2+2af（x）+b0的不同实根个数为（）A3B4C5D6二、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。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的的

4、0分。（多选）9（5分）已知甲盒中有1个白球和2个黑球，乙盒中有2个白球和3个黑球，从乙盒中随机抽取i（i1，2），甲盒中含有黑球的个数记为xi（i1，2），现从甲盒中取1个球是黑球的概率记为Pi（i1，2），则（）AP1P2BP1P2CE（x2）E（x1）DE（x2）E（x1）（多选）10（5分）已知F为抛物线y24x的焦点，点P在抛物线上，过点F的直线l与抛物线交于B，O为坐标原点，抛物线的准线与x轴的交点为M则下列说法正确的是（）AOMB的最大值为B若点A（4，2），则|PA|+|PF|的最小值为6C无论过点F的直线l在什么位置，总有OMBOMCD若点C在抛物线准线上的射影为D，则B、O

5、、D三点共线（多选）11（5分）设x3+ax+b0，（a，bR），下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是（）Aa3，b2Ba3，b3Ca3，b2Da1，b2（多选）12（5分）已知函数f（x）sin（x+）（0，R）在区间（，），且满足有下列结论正确的有（）AB若，则函数f（x）的最小正周期为C关于x的方程f（x）1在区间0，2）上最多有4个不相等的实数解D若函数f（x）在区间，）上恰有5个零点，则的取值范围为（，3三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知yf（x）+x2是奇函数，且f（1）1若g（x）（x）+2，则g（1） 14（5分）设函数f（x）cos（x）

6、（0），若f（x）（）对任意的实数x都成立，则的最小值为 15（5分）在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA12AB4，则CC1与平面C1BD所成角的余弦值为 16（5分）设正实数x，y，z满足x23xy+4y2z0，则当取得最大值时，+ 四、解答题：本大题共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（10分）在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c（1）求角B的大小；（2）若b2，D为AC边上的一点，BD1，求三角形ABC的面积BD是B的平分线；D为线段AC的中点18（12分）已知等差数列an中，前n项和为Sn，a11，bn为等比数列

7、且各项均为正数，b11，且满足b2+S27，b3+S322（1）求an与bn；（2）设cn，dn，求dn的前2n项和T2n19（12分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F（1）证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；（2）设O为A1B1C1的中心若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值20（12分）中国国家统计局2021年9月30日发布数据显示，2021年9月中国制造业采购经理指数（PMI）为49.8%，则进一步体

8、现了中国制造目前的跨越式发展已知某精密制造企业根据长期检测结果，得到生产的产品的质量差服从正态分布N（，2），并把质量差在（，+）内的产品称为优等品（+，+2）内的产品称为一等品，优等品与一等品统称为正品，测得产品质量差的样本数据统计如下：（1）根据大量的产品检测数据，检查样本数据的方差的近似值为100，用样本平均数，用样本标准差s作为的估计值，记质量差XN（，2），求该企业生产的产品为正品的概率P；（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）（2）假如企业包装时要求把2件优等品和n（n2，且nN*）件一等品装在同一个箱子中，质检员从某箱子中摸出两件产品进行检验，若抽取到的两件产品等级相同，否则该

9、箱产品记为B试用含n的代数式表示某箱产品抽检被记为B的概率p；设抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为f（p），求当n为何值时，f（p）取得最大值参考数据：若随机变量服从正态分布N（，2），则：P（+）0.6827，P（2+2），P（3+3）0.997321（12分）已知函数f（x）mexln（x+1）+lnm（）若f（x）在x0处取到极值，求m的值及函数f（x）；（）若f（x）1，求m的取值范围22（12分）动点P在圆E：（x+1）2+y216上运动，定点F（1，0），线段PF的垂直平分线与直线PE的交点为Q（1）求Q的轨迹C的方程；（2）若M，N是轨迹C上异于H（1，）的两点，HN的斜率分别

10、为k1，k2，且k1+k21，HDMN，D为垂足是否存在定点S，请求出S点坐标及|DS|的值若不存在，请说明理由2022年湖南省省级示范名校联盟高考数学第一次学科综合评估检测试卷（3月份）参考答案与试题解析一、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（5分）已知集合A1，1，Bx|ax1，则a的取值集合为（）A1B1C1，1D1，0，1【解答】解：集合A1，1，ABB，BA，当a5时，B，当a0时，B，由BA，得或，解得a1或a1，a的取值集合为2，0，1故选：D2（5分）已知复数z，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A第一象限B

11、第二象限C第三象限D第四象限【解答】解：z，z的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为（），位于第一象限故选：A3（5分）在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定对于R01，而且死亡率较高的传染病，一般要隔离感染者，切断传播途径假设某种传染病的基本传染数R03，平均感染周期为7天（初始感染者传染R0个人为第一轮传染，经过一个周期后这R0个人每人再传染R0个人为第二轮传染）那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为（）（参考数据：36729

12、，451024）A35B42C49D56【解答】解：设感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要n轮传染，则每轮新增感染为，经过n轮感染，总感染人数为，R03，当感染人数增加到1000人时，化简可得3n667，35243，36729，n6，平均感染周期为7天，感染人数由7个初始感染者增加到1000人大约需要的天数为6742天故选：B4（5分）在一个边长为2的等边三角形ABC中，若点P是平面ABC（包括边界）中的任意一点，则（）ABC1D【解答】解：建立如图所示的平面直角坐标系，则A（1，0），6），点P是平面ABC（包括边界）中的任意一点，设P（x，则（1x，（1x，则x7+y21，又x

13、3+y2的几何意义为点P（x，y）到点O（0，显然，当点P（x，8）重合时，y）到点O（0，且为0，即的最小值为2，故选：C5（5分）设alog0.20.3，blog20.3，则（）Aa+bab0Baba+b0Ca+b0abDab0a+b【解答】解：alog0.22.3，blog27.3，aba+b2故选：B6（5分）杭州2022年亚运会将于于2022年9月10日至25日在中国浙江杭州举行，现有A、B、C、D四位同学参与志愿者服务活动，前往三个不同的运动场馆若要求每个人只能去其中的任意场馆服务，共有（）种分配方案A18B30C33D36【解答】解：根据题意得在A和B不去同样的一个场馆的条件下共

14、有30种分配方案故选：B7（5分）已知边长为的菱形ABCD，A60，二面角ABDC的平面角是120，则三棱锥ABCD的外接球的表面积是（）A20B28C36D54【解答】解：如图所示：设菱形ABCD的对角线交于F，由菱形的性质可得：二面角ABDC的平面角是AFC120，AFE60，因为菱形的边长为2，A60，所以AF，AE，设OOx，又OB2，所以由勾股定理可得：R2OB5OA2，即R，解得x，所以R22，所以四面体的外接球的表面积为S4R23728，故选：B8（5分）已知函数f（x）x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）x1x2，则关于x的方程3（f（x）2+2af（x）

15、+b0的不同实根个数为（）A3B4C5D6【解答】解：函数f（x）x3+ax2+bx+c有两个极值点x2，x2，f（x）3x8+2ax+b0有两个不相等的实数根，8a212b0解得x1x2，而方程3（f（x）8+2af（x）+b0的80，此方程有两解且f（x）x1或x8不妨取0x1x4，f（x1）0把yf（x）向下平移x6个单位即可得到yf（x）x1的图象，f（x1）x2，可知方程f（x）x1有两解把yf（x）向下平移x2个单位即可得到yf（x）x7的图象，f（x1）x1，f（x6）x20，可知方程f（x）x7只有一解综上可知：方程f（x）x1或f（x）x2只有2个实数解即关于x的方程3（f（

16、x）2+5af（x）+b0的只有3不同实根故选：A二、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。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的的0分。（多选）9（5分）已知甲盒中有1个白球和2个黑球，乙盒中有2个白球和3个黑球，从乙盒中随机抽取i（i1，2），甲盒中含有黑球的个数记为xi（i1，2），现从甲盒中取1个球是黑球的概率记为Pi（i1，2），则（）AP1P2BP1P2CE（x2）E（x1）DE（x2）E（x1）【解答】解：（1）i1时，P1+，i2时，P2+，可得P1P2，因此B正确，而A不正确（2）X1的分布列为： X1 5

17、 3 P  E（X1）2+3X2的分布列为： X2 4 3 4 P  E（X2）3+3，E（X1）E（X2），因此D正确故选：BD（多选）10（5分）已知F为抛物线y24x的焦点，点P在抛物线上，过点F的直线l与抛物线交于B，O为坐标原点，抛物线的准线与x轴的交点为M则下列说法正确的是（）AOMB的最大值为B若点A（4，2），则|PA|+|PF|的最小值为6C无论过点F的直线l在什么位置，总有OMBOMCD若点C在抛物线准线上的射影为D，则B、O、D三点共线【解答】解：对于A，设直线M

18、B的方程为x1+my，与抛物线的方程y27x联立，可得y24my+40，当且仅当MB与抛物线相切时，OMB取得最大值由16m2163，即m1，此时OMB取得最大值，故A正确；对于B，设A（8，A在准线x1上的射影为A（1，设P到准线的距离为d，当且仅当A，P，A三点共线时等号成立；对于C，M（3，设直线BC的方程为xny+1，代入抛物线的方程y23x，可得y24ny20，设B（，y1），C（，y2），可得y1+y22n，y1y27，则kMB+kMC+0，MC的倾斜角互补，所以OMBOMC故C正确；对于D，由C的分析可知D（1，y2），kOB，kODy2，由于y1y84，则kOBkOD，可得三点

19、B、O、D在同一条直线上故选：ACD（多选）11（5分）设x3+ax+b0，（a，bR），下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是（）Aa3，b2Ba3，b3Ca3，b2Da1，b2【解答】解：A中，方程为：x33x+40，可得x3x8+x23x+50，即x2（x7）+（x1）（x2）5，即（x1）（x2+x8）0，即（x1）3（x+2）0，可得方程有两个根3，不符合题意；B中，方程为：x33x30，令f（x）x35x3，则f（x）3x233（x+4）（x1），x1，f（x）8；1x1，f（x）单调递减，大致图象如图所示，f（5）10，所以函数f（x）只有一个零点，所以B正确；C中，方程为：

20、x53x+b0，令f（x）2236（x1）（x+1），由B的分析，且f（1）8+b，f（1）0，即方程仅有一个根；D中，方程为：x3x+80，令f（x）x3x+4，f（x）3x253（x）（x+），极大值f（0）2，所以函数f（x）仅有一个零点，所以D正确；故选：BCD（多选）12（5分）已知函数f（x）sin（x+）（0，R）在区间（，），且满足有下列结论正确的有（）AB若，则函数f（x）的最小正周期为C关于x的方程f（x）1在区间0，2）上最多有4个不相等的实数解D若函数f（x）在区间，）上恰有5个零点，则的取值范围为（，3【解答】解：A，f（x）在，又，故A正确；B，区间关于，在上单调上

21、单调，为f（x）的最小正周期，又0，33若，则f（x）的图象关于直线对称，得，即4k+2（kZ），故k4，TC，由03，得，2）上最多有4个完整的周期，而f（x）1在1个完整周期内只有4个解，故关于x的方程f（x）1在区间0，故C错误D，由知，是函数f（x）在区间，而f（x）在区间上佮有5个零点，则，结合，得，又03，的取值范围为，故D正确故选：ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知yf（x）+x2是奇函数，且f（1）1若g（x）（x）+2，则g（1）1【解答】解：根据题意，yf（x）+x2是奇函数，则f（1）+（8）2+f（1）+（1）27，即f（1）+f（

22、1）+23，变形可得f（1）1，若g（x）f（x）+2，则g（1）f（1）+81；故答案为：114（5分）设函数f（x）cos（x）（0），若f（x）（）对任意的实数x都成立，则的最小值为【解答】解：函数f（x）cos（x）（0）对任意的实数x都成立，可得：，kZ，kZ则的最小值为：故答案为：15（5分）在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA12AB4，则CC1与平面C1BD所成角的余弦值为 【解答】解：因底面ABCD为正方形，CDCB2，所以BD2，连接AC交BD于点E1E，如图所示，则C1EBD，且C7E3，设点C到平面C1BD的距离为d，则由VV，得SSBCDC

23、C4，BDC5EdBCCDC2C，即7324，设CC1与平面C4BD所成角为，则sin，所以cos，CC4与平面C1BD所成角的余弦值为16（5分）设正实数x，y，z满足x23xy+4y2z0，则当取得最大值时，+1【解答】解：由正实数x，y，z满足x23xy+8y2z0，zx63xy+4y35，此时z2y2+1，即+的最大值是1故答案为2四、解答题：本大题共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（10分）在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c（1）求角B的大小；（2）若b2，D为AC边上的一点，BD1，求三角形ABC的面积BD是B的平分线；D为线段AC的

24、中点【解答】解：（1）由正弦定理知，2sinBcosC2sinA+sinC，sinAsin（B+C）sinBcosC+cosBsinC，代入上式得2cosBsinC+sinC0，C（0，），sinC3，cosB，B（2，），B（2）若选：由BD平分ABC，得SABCSABD+SBCD，acsin+5asin在ABC中，由余弦定理得b2a3+c22accos，又b2，a2+c2+ac12，联立，得（ac）2ac125，解得ac4（ac3舍去），SABCacsin若选：由题意可得（），两边平方，可得2（+）2（2+3+2），可得1（c2+6accos+a2），可得a2+c2ac4，在ABC中，由余

25、弦定理得b2a2+c62accos，即a2+c2+ac12，联立可得ac4，SABCacsin18（12分）已知等差数列an中，前n项和为Sn，a11，bn为等比数列且各项均为正数，b11，且满足b2+S27，b3+S322（1）求an与bn；（2）设cn，dn，求dn的前2n项和T2n【解答】解：（1）由题意，设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q（q0），则S2a6+a22a6+dd+2，S3a4+a2+a33a1+3d3d+3，b2b5qq，b3b1q5q2，b2+S47，b3+S522，即，解得（舍去），或，an1+（n1）5n，nN*，bn14n44n1，nN*（2）由（1

26、），可得cn5n+1，则dn（3）n（7）n+，T2nd1+d4+d3+d2n+19（12分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F（1）证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；（2）设O为A1B1C1的中心若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值【解答】解：（1）证明：M，N分别为BC，B1C1的中点，底面为正三角形，B4NBM，四边形BB1NM为矩形，A1NB8C1，BB1MN，AA3BB1，AA1MN，MNB3C

27、1，A1NB6C1，MNA1NN，B3C1平面A1AMN，B2C1平面EB1C3F，平面A1AMN平面EB1C6F，综上，AA1MN，且平面A1AMN平面EB7C1F（2）解：三棱柱上下底面平行，平面EB1C3F与上下底面分别交于B1C1，EF，EFB3C1BC，AO面EB1C5F，AO面AMNA1，面AMNA1面EB2C1FPN，AOPN，四边形APNO为平行四边形，O是正三角形的中心，AOAB，A1N5ON，AM3AP1C63EF，由（1）知直线B1E在平面A2AMN内的投影为PN，EFB1C1，EFB8C1，B1EC8F，梯形EFC1B1是等腰梯形，直线B7E与平面A1AMN所成角即为等

28、腰梯形EFC1B4中B1E与PN所成角，在等腰梯形EFC1B7中，令EF11C8于H，则PNB1C1EH7，B1H1，sinB1EH，直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为20（12分）中国国家统计局2021年9月30日发布数据显示，2021年9月中国制造业采购经理指数（PMI）为49.8%，则进一步体现了中国制造目前的跨越式发展已知某精密制造企业根据长期检测结果，得到生产的产品的质量差服从正态分布N（，2），并把质量差在（，+）内的产品称为优等品（+，+2）内的产品称为一等品，优等品与一等品统称为正品，测得产品质量差的样本数据统计如下：（1）根据大量的产品检测数据，检查样本数据的方差的近

29、似值为100，用样本平均数，用样本标准差s作为的估计值，记质量差XN（，2），求该企业生产的产品为正品的概率P；（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）（2）假如企业包装时要求把2件优等品和n（n2，且nN*）件一等品装在同一个箱子中，质检员从某箱子中摸出两件产品进行检验，若抽取到的两件产品等级相同，否则该箱产品记为B试用含n的代数式表示某箱产品抽检被记为B的概率p；设抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为f（p），求当n为何值时，f（p）取得最大值参考数据：若随机变量服从正态分布N（，2），则：P（+）0.6827，P（2+2），P（3+3）0.9973【解答】解：（1）由题意估计从该企业生产

30、的正品中随机抽取1000件的平均数为：0.01010+4.020+4.0201070，70，样本方差s7100，XN（702），则优等品为质量差在（，+）内，80），一等品质量差在（+，+8）内，90），正品为质量差在（60，80）和（80，即（60，该企业生产的产品为正品的概率为：PP（60X90）P（60X80）+P（80X90）（3.6827+0.9545）0.8186（2）从n+6件正品中任选2个，有种选法种选法，某箱产品抽检被记录为B的概率为：p11由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为pf（p）10p3（15p+p2）10（p35p4+p5），f（p）10（4p28p3+5p4）10

31、p8（38p+7p2）10p2（p7）（5p3），当p（3，）时，函数f（p）单调递增，当p（，1）时，函数f（p）单调递减，当p时，f（p）取得最大值f（，此时，pn3时，5箱产品恰有2箱被记为B的概率最大21（12分）已知函数f（x）mexln（x+1）+lnm（）若f（x）在x0处取到极值，求m的值及函数f（x）；（）若f（x）1，求m的取值范围【解答】解：（）函数f（x）的定义域是（1，+）x，f（x）在x0处取到极值，f（0）m16，m1时，f（x）ex，f（x）ex+0，故f（x）在（1，+）递增，故x3时，f（x）0，f（x）0，f（x）在（5，0）递减，+）递增，故x0是f（x

32、）的极小值点，符合题意；（）f（x）mexln（x+3）+lnmex+lnmln（x+1）+lnm1，ex+lnm+x+lnmln（x+3）+x+1，设g（x）ex+x，则g（x+lnm）ex+lnm+x+lnm，g（ln（x+1）x+2+ln（x+1），故式等价于g（x+lnm）g（ln（x+1），g（x）ex+20，g（x）递增，故只需证明x+lnmln（x+1），即证明lnmln（x+3）xh（x），而h（x）80，故h（x）h（0）0，故lnm7，m1，+）22（12分）动点P在圆E：（x+1）2+y216上运动，定点F（1，0），线段PF的垂直平分线与直线PE的交点为Q（1）求Q的轨

33、迹C的方程；（2）若M，N是轨迹C上异于H（1，）的两点，HN的斜率分别为k1，k2，且k1+k21，HDMN，D为垂足是否存在定点S，请求出S点坐标及|DS|的值若不存在，请说明理由【解答】解：（1）连接QF，根据题意，|QP|QF|，则|QE|+|QF|QE|+|QP|4|EF|2，故动点Q的轨迹是以E，F为焦点，设其方程为可知a5，c12a7c23，所以点Q的轨迹C的方程为（2）设M（x1，y4），N（x2，y2），由题意可得直线MN的斜率存在，则可设直线MN的方程为ykx+m，代入椭圆方程可得：（3+5k2）x2+4mkx+4m2126，则64m2k24（4m212）（6+4k2）5，得4k2m4+30，且，所以，由k1+k81得：8k7+10mk+2m28m12k0，即（2k+3m3）（4k+m）5，当2k+2m30，直线，令x1，则y，），舍去，当4k+m0，直线ykx一4kk（x2），则y0，直线过定点T（4，此时，6k2m2+7312k26，解得，0）当S为H，T的中点时，），此时，存在定点S（，），使得|DS|为定值第23页（共23页）