湖南省长沙市名校2022届高三上学期8月入学考试数学试题（ Word版含答案）

长沙市名校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.1
B.2
C.
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.0
B.
C.21
D.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4
D.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1
C.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
1000
7或8
乙
400
3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.
长沙市名校2022届高三入学考试
数学参考答案
一、二、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
C
D
D
B
A
B
B
A
AC
BC
BCD
ABD
7.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
7
8
∴，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：
6
7
8
∴，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.