湖南省长沙市中学2022届高三数学上学期入学考试试题（Word版附答案）

2022届高三入学考试数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页。时量120分钟。满分150分。第Ⅰ卷一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A.B.C.D.2.已知复数满足，则（）A.1B.2C.D.3.在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为（）A.B.C.D.4.把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A.B.C.D.5.已知，是双曲线的两个焦点，为上一点，且，，则的离心率为（）A.B.C.D.6.若，则（）A.B.C.D.7.数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.,现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三3学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（）A.60种B.78种C.84种D.144种8.设是定义在上的奇函数，满足，数列满足，且，则（）A.0B.C.21D.22二、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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知向量，满足，且，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.10.下列命题为真命题的是（）A.对具有线性相关关系的变量，，有一组观测数据，其线性回归方程是，且，则实数的值是B.从数字1，2，3，4，5，6，7，8中任取2个数，则这2个数的和为奇数的概率为C.已知样本数据的方差为4，则数据的标准差是4D.已知随机变量，若，则11.以下四个命题表述正确的是（）A.直线恒过定点B.圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1C.曲线与曲线恰有三条公切线，则D.已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，为切点，则直线经过定点,12.在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，如图所示，下列说法正确的是（）A.点的轨迹是一条线段B.与是异面直线C.与不可能平行D.三棱锥的体积为定值第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数若，则________.14.若点是曲线上任意一点，则点到直线的最小值为________.15.已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点，若为的中点，则________.16.某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下：第棵树种植在点处，其中，，当时，表示非负实数的整数部分，例如，.按此方案，（ⅰ）第6棵树种植点的坐标应为________；（ⅱ）第2008棵树种植点的坐标应为________.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.已知数列满足：（1）问数列是否为等差数列或等比数列？说明理由.（2）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式.18.的内角的对边分别为，已知.（1）证明：；（2）设为边上的中点，点在边上，满足，且，四边形的面积为，求线段的长.19.如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，，平面.（1）若点是的中点，求证：；（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.20.某新型双轴承电动机需要装配两个轴承才能正常工作，且两个轴承互不影响.现计划购置甲，乙两个品牌的轴承，两个品牌轴承的使用寿命及价格情况如下表：品牌价格/（元/件）使用寿命/月甲10007或8乙4003或4,已知甲品牌使用7个月或8个月的概率均为，乙品牌使用3个月或4个月的概率均为.（1）若从4件甲品牌和2件乙品牌共6件轴承中，任选2件装入电动机内，求电动机可工作时间不少于4个月的概率；（2）现有两种购置方案，方案一：购置2件甲品牌；方案二：购置1件甲品牌和2件乙品牌（甲、乙两品牌轴承搭配使用）.试从性价比（即电动机正常工作时间与购置轴承的成本之比）的角度考虑，选择哪一种方案更实惠？21.已知椭圆的焦距与椭圆的焦距相等，且经过抛物线的顶点.（1）求的方程；（2）若直线与相交于两点，且关于直线对称，为的对称中心，且的面积为，求的值.22.已知函数，（，为自然对数的底数）.（1）若函数在上有零点，求的取值范围；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.雅礼中学2022届高三入学考试数学参考答案一、二、选择题题号123456789101112答案CDDBABBAACBCBCDABD7.B【解析】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，1，3或0，2，2，若是1，1，2，则先将4门学科分成三组，共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是0，1，3，则先将4门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，,由乘法原理可得共有种，若是0，2，2，则先将4门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，所以每位同学的不同选修方式有种，故选B.8.A【解析】由，可得，通过累加法可得：，所以，所以，是定义在上的奇函数，满足，所以，所以周期，由是定义在上的奇函数，所以，，故选A.9.AC【解析】因为，所以，又，所以，所以，A正确；因为，所以，B不正确；因为，所以，C正确；因为，所以，D不正确.故选AC.10.BC【解析】对于A选项，由已知条件可得，，所以，回归直线过样本中,心点，将其代入线性回归方程中，得，解得，故A错误；对于B，若任取2个数，使得这2个数的和为奇数，则这2个数中一个为奇数，一个为偶数，即所求的概率为，故B正确；对于C，设离散型随机变量的取值为，则随机变量的取值为，由已知条件可得，则，所以，数据的标准差是4，故C正确；对于D，由随机变量知，由正态分布密度曲线的轴对称性可知，则，所以，，故D错误.故选BC.11.BCD【解析】对于A，直线得，由，得即直线恒过定点，故A错误；对于B，圆心到直线的距离，圆的半径，故圆上有3个点到直线的距离为1，故B正确；对于C，曲线，即，曲线，即，两圆心的距离为，解得，故C正确；对于D，因为点为直线上一动点，设点，,圆的圆心为，以线段为直径的圆的方程为，即，故圆与圆的公共弦方程为：，即，此直线即为直线，经验证点在直线上，即直线经过定点，故D正确.故选：BCD.12.ABD【解析】如图，设线段，中点为，连接，，，因为正方体，易得，面，面，所以面，，面，所以面，又，所以平面平面，因为与平面的垂线垂直，又平面，所以直线与平面平行，所以面，又点是侧面内的动点，且面面，,所以点的轨迹为线段，故选项A正确；由图可知，与是异面直线，故选项B正确；当点与点重合时，直线与直线平行，故选项C错误；因为，面，面，所以面，则点到平面的距离是定值，又三角形的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项D正确.故选：ABD.三、填空题13.4【解析】根据题意，函数当时，，无解；当时，，解可得，符合题意，故，故答案为：4.14.15.6【解析】，则，焦点为，准线，如图，为、中点，知线段为梯形的中位线，∵，，∴，又由定义知，且，∴.16.（ⅰ）（ⅱ）,【解析】，，故第6棵树种植点的坐标应为.，，故第2008棵树种植点的坐标应为.四、解答题17.【解析】（1），，，.因为，，，所以数列不是等差数列.又因为，，，所以数列也不是等比数列..（2）因为对任意正整数，，，，,所以数列是首项为，公差为的等差数列，从而对，，.所以数列的通项公式是.18.【解析】（1）由正弦定理得：，∵，∴，∴.（2）由，∴.∵，∴，∴，，，∴.而四边形的面积，∴.由余弦定理得：.,19.【解析】（1）取中点，连接，，，因为四边形为菱形，则，∵，∴为等边三角形，∵为的中点，则，∵，∴，由于平面，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图.则，，，，，，，，，∴，∴；（2）假设点存在，设点的坐标为，其中，，,，设平面的法向量为，则即，取，则，，所以，，平面的一个法向量为，所以，，解得，又由于二面角为锐角，由图可知，点在线段上，所以，即.因此，棱上存在一点，使得二面角的余弦值为，此时.20.【解析】（1）电动机工作时间不少于4个月共有三种情况：①装入两件甲品牌，概率为；②装入一件甲品牌，一件乙品牌，且乙品牌的使用寿命为4个月，概率为；③装入两件乙品牌，且两件的使用寿命均为4个月，概率为.∴电动机可工作时间不少于4个月的概率为；（2）若采用方案一，设电动机可工作时间为（单位：月），则的可能取值为7，8，，，所以，的分布列为78,∴，它与购置轴承的成本之比为.若采用方案二，设两件乙品牌轴承的使用寿命之和为（单位：月），则的可能取值为6，7，8，，，.设甲品牌轴承的使用寿命为（单位：月），此时电动机可工作时间为（单位：月），则的可能取值为6，7，8，，，，所以，的分布列为：678∴，它与购置轴承的成本之比为，∵，∴从性价比的角度考虑，方案二更实惠.21.【解析】（1）由题意：的顶点为，焦距为，故解得，，所以的方程为；（2）因为直线与相交于两点，且关于直线对称，,故直线垂直，所以，联立可得，设，，的中点为，则，，，因为在直线上，所以，即，所以，即，，到直线的距离，，解得，.22.【解析】（1），设，.当时，，递增；当时，，递减.所以的最大值即的极大值为，所以在上递减，即在上递减，若函数在上有零点，则，则.,（2），即，化简，设，，，，（ⅰ），即时，令，，所以在区间上单调递增，所以，所以在区间上单调递增，恒成立，即恒成立；（ⅱ），即时，当时，恒成立，所以在区间上单调递减，所以恒成立，即不成立；当时，，，，所以，又，所以在区间上单调递增，所以在区间上存在唯一的零点，设为，当时，所以在区间上单调递减，所以，即在区间上不成立.综上所述，实数的取值范围为.