1、邵阳市2022届高三第一次联考数 学一单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.1. 已知全集，集合，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题知，再根据集合补集与交集运算求解即可.【详解】因为，所以，于是，故选：B2. 已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的模和除法运算，即可得到答案；【详解】，故选：B3. “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：任意一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和，也就是我们所谓的“1+1”问题它是
2、1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都取得了相当好的成绩若将14拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】写出所有的等式，计算基本事件的总数，再计算事件拆成的和式中，加数全部为素数所包含的基本事件，即可得到答案；【详解】，共有13个和式，其中加数全部为素数为，共3个基本事件，故选：A4. 已知函数是偶函数，则的最小值是（ ）A. 6B. C. 8D. 【答案】D【解析】【分析】有可得、的关系，再用均值不等式即可.【详解】因为函数是偶函数，所以，因为，所以，即，当且仅当时取
3、等故选:D.5. 在平行四边形中，则（ ）A. -5B. -4C. -3D. -2【答案】A【解析】【分析】根据向量的加法和减法的几何意义，结合向量的数量积运算，即可得到答案；【详解】，故选：A6. 国庆长假过后学生返校，某学校为了做好防疫工作组织了6个志愿服务小组，分配到4个大门进行行李搬运志愿服务，若每个大门至少分配1个志愿服务小组，每个志愿服务小组只能在1个大门进行服务，则不同分配方法种数为（ ）A. 65B. 125C. 780D. 1560【答案】D【解析】【分析】6个人先分成4组，再进行排列，最后用乘法原理得解.【详解】6人分成4组有两种方案：“”、“”共有种方法，4组分配到4个大
4、门有种方法；根据乘法原理不同的分配方法数为：.故选:D.7. 双曲线，左右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心为，的内切圆圆心为，则四边形的面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意，得，根据双曲线方程，可得，从而可表示出，设圆的半径为，利用等面积法计算出，从而代入公式求解面积.【详解】如图，因为圆，分别为与的内切圆，轴，所以，由题意，所以，由通径可得，再由双曲线的定义可知，设圆，圆的半径为，由等面积法可得，即，得，所以，故四边形的面积为.故选：C【点睛】关于三角形内切圆的半径的计算通常采用等面积法，计算出三角形的周长，底边长与高，再利用面积相等
5、列式计算.8. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.已知数列满足，且，若数列的前n项和为，则（ ）A. 4950B. 4953C. 4956D. 4959【答案】C【解析】【分析】由题利用累加法可得，进而可得，分类讨论的取值，即求.【详解】由，可得，根据累加法可得所以，故，当时，；当时，；当时，；当时， 因此.故选：C.二多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9. 给出下列命题，其中正确的命题有（ ）A.
6、 “”是“”的必要不充分条件B 已知命题：“，”，则：“，”C 若随机变量，则D. 已知随机变量，且，则【答案】BCD【解析】【分析】选项A：利用充分条件和必要条件的概念，并结合同角或终边相同的角的三角函数值相同即刻判断；选项B：利用特称命题的否定的概念即可判断；选项C：利用二项分布的期望公式即可求解；选项D：利用正态曲线的对称性即可求解.【详解】选项A：若，则；若，则，从而“”是“”的充分不必要条件，故A错误；选项B：由特称命题的否定的概念可知，B正确；选项C：因为，所以，故C正确；选项D：结合已知条件可知，正态曲线关于对称，又因为，从而，解得，故D正确.故选：BCD10. 已知函数的零点按
7、照由小到大的顺序依次构成一个公差为的等差数列，函数的图像关于原点对称，则（ ）A. 在在单调递增B. ，C. 把的图像向右平移个单位即可得到的图像D. 若在上有且仅有两个极值点，则的取值范围为【答案】BD【解析】【分析】由已知条件可求得，利用正弦函数的单调性可判断A；利用函数和的值域可判断B；利用图像平移的规律可判断C；利用极值点的定义可列出关于a的不等式，解之可判断D.【详解】由题意可知，函数两个相邻的零点之差的绝对值为，设函数的周期为，则，即，即，又，又函数的图像关于原点对称，即为奇函数，又，对于A，结合正弦函数性质知在在不单调，故A错误；对于B，函数的值域为，函数的值域为，所以，故B正确
8、；对于C，的图像向右平移个单位得到，故C错误；对于D，利用正弦函数的性质知，要使函数在上有且仅有两个极值点，则需满足，解得，所以的取值范围为，故D正确；故选：BD11. 双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数和双曲余弦函数下列结论正确的是（ ）A. B. C. 若与双曲余弦函数和双曲正弦函数共有三个交点，分别为，则D. 是一个偶函数，且存在最小值【答案】ABD【解析】【分析】利用指数的运算、指数函数图像以及双曲正弦、余弦函数的定义可判断各选项的正误.【详解】对于A选项，设，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；所
9、以，所以，A选项正确；对于B选项，B选项正确；对于D选项，是一个偶函数且在为减函数，为增函数，所以时取最小值1，D选项正确.对于C选项，函数单调递增，且值域为R，若与双曲余弦函数和双曲正弦函数共有三个交点，则,由双曲余弦函数为偶函数得，由得，所以，C选项错误.故选：ABD.12. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）A. 当在平面上运动时，四棱锥的体积不变B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是C. 当直线与平面所成的角为45时，点的轨迹长度为D. 若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是【答案】AC【解析】【分析】A. 由四棱锥的高和底面积判断； B.根据
10、是等边三角形判断；C.根据直线与平面所成的角为，结合正方体的特征判断； D.建立空间直角坐标系，求得的坐标进行判断.【详解】A. 当在平面上运动时，点到面的距离不变，不变，故四棱锥的体积不变，故A正确；B. 建立如图所示空间直角坐标系： 设 ，则 ，设与所成的角为，则 ，因为，当时， ，当 时， ，则 ，综上： ，所以与所成角的取值范围是，故B错误；C.因为直线与平面所成的角为，若点在平面和平面内，因为最大，不成立；在平面内，点的轨迹是，在平面内，点的轨迹是，在平面时，如图所示：，作平面，因为 ，所以 ，又 ，所以 ，则，所以点轨迹是以为圆心，以为半径的四分之一圆，所以点的轨迹长度为，所以点的
11、轨迹总长度为长度为，故C正确；D.建立如图所示空间直角坐标系： 设 ，则 ， ，设平面的一个法向量为，则 ，即 ，令 ，则 ，因为平面，所以 ，即 ，所以 ，当 时，等号成立，故D错误；故选：AC.三填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则_【答案】【解析】【分析】利用两角差的正切公式，可以求出，根据同角三角函数的关系，结合，可以求出的值.【详解】，解得， ，解得.故答案为：14. 的展开式中项的系数为_【答案】10【解析】【详解】的展开式中含的项为：，的展开式中项的系数为10，故答案为：1015. 已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于两点，设直线的斜率分别为，若，则
12、的值为_【答案】1【解析】【分析】设出直线方程，与抛物线方程联立，消元，写韦达；然后根据条件，即可求出的值.【详解】因为直线过点，所以设直线方程为，由，得，所以，又因为点在抛物线上，所以，所以，即，即，因为，所以，即.故答案为：.16. 已知是平面向量，与是单位向量，且，若，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】把条件的二次方程分解成两个向量的积，得到这两个向量互相垂直，结合图形确定的最小值.【详解】如下图所示，设 且 点B在以F为圆心，DE为直径的圆上又 当点B为圆F和线段FA的交点的时候，最短故答案为：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. 在中
13、，若边对应的角分别为，且（1）求角的大小；（2）若，求的长度【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理将边化角，再利用辅助角公式得到，即可求出；（2）依题意可得，再根据平面向量数量积的运算律求出，即可得解；【小问1详解】解：因为，由正弦定理可得在，即又，【小问2详解】解：且，18. 已知数列的前项和为，且，是公差不为0的等差数列，且成等比数列，成等差数列（1）求的通项公式；（2）若，求的前项和【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）由已知列式解方程组可得解.（2）裂项求和即可.【小问1详解】当，两式相减可得由，代入可得，满足，所以为等比数列，不妨设等差数列公差为，由条件可得，
14、即，解得，所以【小问2详解】由（1）可知.19. 如图，在空间几何体中，已知均为边长为2的等边三角形，平面和平面都与平面垂直，为的中点（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）分别取的中点，连接，且，再利用线面平行的判定定理，即可得到答案；（2）连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出向量及平面的法向量，代入夹角公式，即可得到答案；【小问1详解】证明：分别取的中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理平面，所以，又因为是全等的正三角形，所以，所以四边形是平行
15、四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，所以，所以则，取，则，所以，设直线与平面所成的角为，则20. 2021年东京奥运会，中国举重代表队共10人，其中主教练、教练各1人，参赛选手8人，赛后结果7金1银，在全世界面前展现了真正的中国力量；举重比赛根据体重进行分级，某次举重比赛中，男子举重按运动员体重分为下列十级：级别54公斤级59公斤级64公斤级70公斤级76公斤级体重级别83公斤级91公斤级99公斤级108公斤级108公斤级以上体重每个级别的比赛分为抓举与挺举两个
16、部分，最后综合两部分的成绩得出总成绩，所举重量最大者获胜，在该次举重比赛中，获得金牌的运动员的体重以及举重成绩如下表体重5459647076839199106举重成绩291304337353363389406421430（1）根据表中的数据，求出运动员举重成绩与运动员的体重的回归直线方程（保留1位小数）；（2）某金牌运动员抓举成绩为180公斤，挺举成绩为218公斤，则该运动员最有可能是参加的哪个级别的举重？（3）凯旋回国后，中央一台记者从团队的10人中随机抽取3人进行访谈，用表示抽取到的是金牌得主的人数，求的概率分布列与数学期望参考数据：；参考公式：【答案】（1） （2）参加的应该是91公斤级
17、举重 （3）分布列见解析；期望为【解析】【分析】（1）依题意，计算出，由公式求得，由此求得回归方程（2）根据回归方程得：，解之可判断.（3）随机变量的取值为0，1，2，3，求出对应概率，列出分布列，利用期望公式即可得解.【小问1详解】依题意，则，故回归方程为：；【小问2详解】该运动员的抓举和挺举的总成绩为398公斤，根据回归方程可知：，解得，即该运动员的体重应该在90公斤左右，即参加的应该是91公斤级举重；【小问3详解】随机变量的取值为0，1，2，3则，所以随机变量的概率分布列为：0123所以随机变量的数学期望为21. 已知圆，点，是圆上一动点，若线段的垂直平分线与线段相交于点（1）求点的轨迹
18、方程；（2）已知为点的轨迹上三个点（不在坐标轴上），且，求的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义，结合题意即可求解；（2）由题意可知为的重心，则有，只需求三角形面积即可，根据直线与椭圆的位置关系、韦达定理、弦长公式、点到线的距离公式和已知条件可求出三角形的底和高的长，即可得解.【小问1详解】由已知有，点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，点的轨迹方程【小问2详解】由，可知为的重心，由已知的斜率存在，设直线的方程为：，由，则，由，22. 已知函数（1）讨论函数的零点个数；（2）若函数存在两个不同的零点，证明：【答案】（1）答案见解析； （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先
19、对函数进行求导，然后对a进行分类讨论，便可得到函数零点的个数;（2）利用（1）的结论，便可知函数在时有两个零点，再构造一个新函数，可将双变量变为单变量，对该新函数进行研究即可.【小问1详解】因为当，函数在区间单调递增，（i）时，函数在上无零点；（ii），由时，在只有一个零点；当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；（注意时，时，）所以，（i）即时，无零点；（ii），即时，只有一个零点；（iii）即时，有两个零点；综上所述，当或时，在只有一个零点；当时，无零点；当时，有两个零点；方法二：时，函数在上无零点；时，由，令，则，由，则时，单调递增，时，单调递减，则，做出简图，由图可知：（注意：时，时）当或，即或时，只有一个根，即在只有一个零点；当时，即时，有两个根，即在有两个零点；当时，即时，无实根，即在无零点；综上所述，当或时，在只有一个零点；当时，无零点；当时，有两个零点；【小问2详解】由（1）可知时，有两个零点，设两个零点分别为，且，由，即，所以，即要证明，即证，需证，再证，然后证，设，则，即证，即，令，则，故函数在上单调递增，所以，即有，所以
