湖南省株洲市第二中学2022届高三数学第四次月考试题理一．选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.把答案填在答题卡中对应题号的框框内.）1、设集合，则“且”成立的充要条件是（）A．B．C．D．2、已知向量，，若与共线，则的值为()A.B.C.D.3、下列函数中，既是奇函数又存在极值的是()A.B.C.D.4、设已知数列对任意的，满足，且，那么等于（）A.3 B.5 C.7D.95、如图是某几何体的三视图，则它的体积是（ ） A. B. C.D.4484正视图侧视图俯视图第5题图6、已知，命题，则()A．是假命题;B．是假命题;13C．是真命题;D.是真命题;答案:D解:恒成立,则在上单调递减,,则恒成立,所以是真命题7、已知,且成等比数列，则的最小值是A.1B.C.D.8、函数的导数的图像是如图所示的一条直线，与轴交点坐标为，则与的大小关系为（）A．B．C．D．无法确定9、将一圆的六个等分点分成两组相间的三点﹐它们所构成的两个正三角形扣除内部六条线段后可以形成一正六角星﹐如图所示的正六角星是以原点为中心﹐其中,分别为原点到两个顶点的向量﹒若将原点到正六角星12个顶点的向量﹐都写成为的形式﹐则13的最大值为（）。A．2B．3C．4D．5(第9题图)10、已知函数，若对于任意，都有成立，则实数m的取值范围是()A.B.C.D.答案:A解:由题意可得对恒成立因为所以当时函数在R上是减函数,函数的值域为故(1)当时函数在R上是增函数,函数的值域为故(2)由(1)(2)知二．填空题：本大题共6小题，考生作答5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡中对应题号后的横线上。11、已知各项均为正数的等比数列中，则27。结束开始输出否是12、的值为_______.【答案】213.阅读右面的程序框图，运行相应的程序，输出的结果为.14、现有12件商品摆放在货架上，摆成上层4件下层8件，现要从下层8件中取2件调整到上层，若其他商品的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是840.1315、定义函数，其中表示不小于的最小整数，如，.当，时，函数的值域为，记集合中元素的个数为，则________．【答案解析】易知：当时，因为，所以，所以，所以；当时，因为，所以，所以，所以；当时，因为，所以，所以，所以；当时，因为，所以，所以，所以；当时，因为，所以，所以，所以，三．解答题：本大题共6小题，共75分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．16、在△ABC中，已知A=，．(I)求cosC的值；(Ⅱ)若BC=2，D为AB的中点，求CD的长．13【解析】（Ⅰ）且，∴…2分……………………………4分……………6分（Ⅱ）由（Ⅰ）可得……8分由正弦定理得，即，解得．…10分在中，，所以…………12分17.在株洲市二中组织的“青春杯”篮球定点投篮比赛中，两人一对一比赛规则如下：若某人某次投篮命中，则由他继续投篮，否则由对方接替投篮.现由甲、乙两人进行一对一投篮比赛，甲和乙每次投篮命中的概率分别是，.两人共投篮3次，且第一次由甲开始投篮.假设每人每次投篮命中与否均互不影响.（Ⅰ）求3次投篮的人依次是甲、甲、乙的概率；（Ⅱ）若投篮命中一次得1分，否则得0分.用ξ表示甲的总得分，求ξ的分布列和数学期望．（Ⅰ）解：记“3次投篮的人依次是甲、甲、乙”为事件A.由题意，得．答：3次投篮的人依次是甲、甲、乙的概率是．……………………5分（Ⅱ）解：由题意，ξ的可能取值为0，1，2，3，则，，，13．所以，的分布列为：0123P的数学期望.……………12分18、如图,已知平面,,△是正三角形,,且是的中点.（1）求证:平面;（2）求证:平面平面;（3）求平面与平面所成锐二面角的大小.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.【解析】试题分析：（1）取CE中点P，连接FP、BP，根据中位线定理可知FP||DE，且且FP=，而AB||DE，且AB=则ABPF为平行四边形，则AF||BP，AF平面BCE，BP⊂平面BCE，满足线面平行的判定定理，从而证得结论；（2）根据AB平面ACD，DE||AB，则DE平面ACD，又AF⊂平面ACD，根据线面垂直的性质可知，满足线面垂直的判定定理，证得AF平面CDE，又BP||AF，则BP平面CDE，BP13平面BCE，根据面面垂直的判定定理可证得结论；（3）由（2），以F为坐标原点，FA，FD，FP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系F﹣xyz．设AC=2，根据线面垂直求出平面BCE的法向量n，而m=（0，0，1）为平面ACD的法向量，设平面BCE与平面ACD所成锐二面角为α，根据可求出所求．试题解析：（1）解:取CE中点P,连结FP、BP, ∵F为CD的中点,∴FP||DE,且FP= 又AB||DE,且AB=∴AB||FP,且AB=FP, ∴ABPF为平行四边形,∴AF||BP 又∵平面BCE,BP平面BCE, ∴AF||平面BCE （2）∵△ACD为正三角形,∴. ∵AB平面ACD,DE||AB, ∴DE平面ACD,又AF平面ACD, ∴DEAF.又AFCD,CD∩DE=D, ∴AF平面CDE 又BP||AF,∴BP平面CDE.又∵BP平面BCE, ∴平面BCE⊥平面CDE （3）法一、由（2）,以F为坐标原点, FA,FD,FP所在的直线分别为x,y,z轴（如图）, 13建立空间直角坐标系F—xyz.设AC=2, 则C（0,—1,0）,设为平面BCE的法向量， ，令n=1,则 显然,为平面ACD的法向量. 设面BCE与面ACD所成锐二面角为 则. 即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为 法二、延长EB、DA,设EB、DA交于一点O,连结CO. 则面面. 由AB是的中位线,则. 在中,. ,又. 面而CE面ECD, 在中， 即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为.19、已知等差数列的前项和为，并且，，数列满足：13，，记数列的前项和为.（I）求数列的通项公式及前项和公式；（II）求数列的通项公式及前项和公式（III）记集合，若的子集个数为16，求实数的取值范围。解析：（1）设数列的公差为，由题意得，解得，∴，∴。（2）由题意得，叠乘得.由题意得①②②—①得：∴（3）由上面可得，令，则，，，，。下面研究数列的单调性，13∵，∴时，，，即单调递减。∵集合的子集个数为16，∴中的元素个数为4，∴不等式，解的个数为4，∴20、已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，短轴两个端点为、，且四边形是边长为2的正方形.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若、分别是椭圆长轴的左、右端点，动点满足，连结，交椭圆于点.证明：为定值；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，试问轴上是否存在异于点的定点Q，使得以为直径的圆恒过直线的交点，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.21、解：（Ⅰ）如图，由题意得，.，.所求的椭圆方程为.………………………………………3分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，（，0），（2，0）.………………4分由题意可设：，（，）.，（2，）.……5分13由整理得:.，.……7分，.………………………………………7分.…………8分即为定值.（Ⅲ）设，则.若以为直径的圆恒过，的交点，则，恒成立.…9分由（Ⅱ）可知，.………………………………11分.即恒成立..存在使得以为直径的圆恒过直线，的交点.………13分1321、已知函数，，图象与轴异于原点的交点M处的切线为，与轴的交点N处的切线为，并且与平行.（1）已知实数t∈R，求的取值范围及函数的最小值（用t表示）；（2）令，给定，对于两个大于1的正数，存在实数满足：，，并且使得不等式恒成立，求实数的取值范围.解：图象与轴异于原点的交点，图象与轴的交点，由题意可得，即，∴，………2分（1）=…4分令，在时，，∴在单调递增，………3分图象的对称轴，抛物线开口向上当即时，②当即时，③当即时，…………6分13,所以在区间上单调递增 ……………………7分∴时，①当时，有，，得，同理， ∴由的单调性知、从而有，符合题设.………………9分13
