数学试卷

本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至4页.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.祝各位考生考试顺利！

第Ⅰ卷

注意事项：

1. 每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.

2. 本卷共12小题，每小题5分，共60分.

一、选择题：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，，则为（     ）

A.     B.     C.     D. 

2. 下列命题中，为真命题的是（     ）

A. 若，则        B. 若，，则

C. 若，则        D. 若，则

3. 已知等比数列中，，数列是等差数列，且，则（     ）

A. 8    B. 4    C. 16    D. 2

4. 对于任意两个正整数，，定义某种运算“”如下：当，都为正偶数或正奇数时，；当，中一个为正偶数，另一个为正奇数时，，则在此定义下，集合中的元素个数是（     ）

A. 10个    B. 15个    C. 16个    D. 18个

5. 的三内角，，的对边分别为，，，且满足，则的形状是（     ）

A. 正三角形    B. 等腰三角形    C. 等腰直角三角形    D. 等腰三角形或直角三角形

6. 设常数.若的二项展开式中项的系数为-15，则（     ）

A. -2    B. 2    C. 3    D. -3

7. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（     ）

A.     B.     C.     D. 

8. 已知，是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（     ）

A.     B. 3    C. 6    D. 

二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得3分.

9. 已知为虚数单位，则下面命题正确的是（     ）

A. 若复数，则.

B. 复数满足，在复平面内对应的点为，则.

C. 若复数，满足，则.

D. 复数的虚部是3.

10. 下图是某市6月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择6月1日至6月13日中的某一天到达该市，并停留2天.下列说法正确的有（     ）

A. 该市14天空气质量指数的平均值大于100

B. 此人到达当日空气质量优良的概率为

C. 此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率为

D. 每连续3天计算一次空气质量指数的方差，其中第5天到第7天的方差最大

11. 已知四棱台的上下底面均为正方形，其中，，，则下述正确的是（     ）

A. 该四棱合的高为        B. 

C. 该四棱台的表面积为26    D. 该四棱合外接球的表面积为

12. 已知函数，以下结论正确的是（     ）

A. 在区间上是增函数    B. 

C. 若函数在上有6个零点，则

D. 若方程恰有3个实根，则

第Ⅱ卷

注意事项：

1. 用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.

2. 本卷共10个题，共90分.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.

13. 已知，，，则向量与的夹角是_______.

14. 已知随机变量，若，则_______.

15. 如图，直四棱柱，底面是边长为的菱形，，，则直线与成角的余弦值为_______.

16. 已知函数，则的最大值为________，若在区间上是增函数，则的取值范围是_______.

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. 已知函数的最小正周期为.

（1）从①；②；③，都有这三个条件中，选择合适的两个条件，求函数的解析式；

（2）求（1）中所求得的函数在区间上的最大值和最小值.

18. 已知是数列的前项和，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，数列的前项和为，求证：.

19. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为梯形，，，为侧棱上一点，且，，，.

（1）证明：平面.

（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

20. 已知函数的图象在点处的切线方程为.

（1）求函数的解析式；

（2）若对任意，不等式恒成立，求正整数的最大值.

21. 已知椭圆：，四点，，，中恰有三点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；

（2）直线：与椭圆有且仅有一个公共点，且与轴和轴分别交于点，，当面积取最小值时，求此时直线的方程.

22. 疫情期间，为支持学校隔离用餐的安排，保证同学们的用餐安全，食堂为同学们提供了餐、餐两种餐盒.经过前期调研，食堂每天备餐时、两种餐盒的配餐比例为.为保证配餐的分量足，后勤会对每天的餐盒的重量进行抽查.若每天抽查5个餐盒，假定每个餐盒的包装没有区分，被抽查的可能性相同.

（1）求抽取的5个餐盒中有三个餐的概率；

（2）某天配餐后，食堂管理人员怀疑餐配菜有误，需要从所有的餐盒中挑出一个餐盒查看.如果抽出一个是餐盒，则放回备餐区，继续抽取下一个；如果抽到的是餐盒，则抽样结束.规定抽取次数不超过次.假定食堂备餐总数很大，抽样不影响备餐总量中、餐盒的比例.若抽样结束时抽到的餐盒数以随机变量表示，求的分布列与数学期望.

湖南六校联考试卷（一）答案解析

参

一、选择题

1-5：CDABD    6-8：DAC

1. C

【解析】

由题得，∵，∴.故选C.

2. D

【解析】

当时，若，则，故A为假命题；

当，时，，故B为假命题；

若或，则，但当时，，故C为假命题﹔

若，则，则，故D为真命题.故答案为D.

3. A

【解析】

等比数列中，，可得，解得，且，

∴，数列是等差数列，则.故选A.

4. B

【解析】

根据定义知分两类进行考虑，，一奇一偶，则，，所以可能的取值为，，，，共4个，，同奇偶，则，由，所以可能的取值为，，，，，，，，，，，共11个，

所以符合要求的共15个，故选B.

5. D

【解析】

中，由正弦定理得：，∴，又，

∴，∴，∴或，即或，

∴为等腰三角形或直角三角形.故选：D.

6. D

【解析】

的二项展开式的通项公式为，.

令，得，

所以展开式中项的系数为，解得.故选：D.

7. A

【解析】

由题点和军营所在区域在河岸线所在直线方程的同侧，

设点关于直线的对称点，中点在直线上，

，解得：，即，设将军饮马点为，到达营区点为，则总路程，要使路程最短，只需最短，即点到军营的最短距离，即点到区域的最短距离为：.故选：A.

8. C

【解析】

设椭圆长轴，双曲线实轴，由题意可知：，

又∵，，∴，，

两式相减，可得：，∵，

∴，

∵，当且仅当时取等号，∴的最小值为6，

故选：C.

二、多选题

9. ABC      10. AD      11. AD     12. BCD

9. ABC

【解析】

由，故A正确，

由在复平面内对应的点为，则，即，

则，故B正确；

设复数，则，所以，故C正确；

复数的虚部是-3，故D不正确.故选：A、B、C.

10. AD

【解析】

A. ，故正确；

B. 在6月1日至6月13日这13天中，1日，2日，3日，7日，12日，13日共6天的空气质量优良，所以此人到达当日空气质量优良的概率为，故不正确；

C. 6月1日至6月14日连续两天包含的基本事件有13个，此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的基本事件是，，，共4个，所以此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率是，故不正确；

D. 空气质量指数趋势图可以看出，从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大，故正确.故选：AD.

11. AD

【解析】由棱台性质，画出切割前的四棱锥，

由于，，可知与相似比为；

则，，则，则，该四棱合的高为，A对；

因为，则与夹角为，不垂直，B错；

该四棱台的表面积为，C错；

由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在上，

在平面上中，由于，，则，即点到点与点的距离相等，

则，该四棱合外接球的表面积为，D对，

故选：AD.

12. BCD

解：由题意可知当时，是以3为周期的函数，

故在上的单调性与在上的单调性相同，

而当时，，∴在上不单调，故A错误；

又，故，故B正确；作出的函数图象如图所示：

由于在上有6个零点，故直线与在上有6个交点，

不妨设，，由图象可知，关于直线对称，，关于直线对称，，关于直线对称，∴，故C正确；

若直线经过点，则，

若直线与相切，则消元可得：，

令可得，解得或，

当时，，当时，（舍），故.

若直线与在上的图象相切，由对称性可得.

因为方程恰有3个实根，故直线与的图象有3个交点，

∴或，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13.      14. 0.8      15.      16. 2；

13. 

【解析】

因为，所以，∴，

所以，因为，所以.向量与的夹角是.

故答案为：.

14. 0.8

【解析】因为随机变量，，

所以，因此.

故答案为：0.8.

15. 

【解析】

连接，，如图所示：

因为，所以或其补角为直线与成角.

因为底面是边长为的菱形，，，

所以，.

.

所以直线与成角的余弦值为.

故答案为：.

16. 2；

【解析】

因为函数，所以，

所以的最大值为2，因为在区间上是增函数，

所以，

所以，解得.故答案为：（1）2  （2）

四、解答题

17.【解析】

（1）因为的最小正周期为，所以，解得.

选①②：

因为，所以，解得，.

因为，所以.

又因为，所以，即，

所以.所以.

选②③：

因为，都有，所以时，取得最大值，即，

所以，，所以，所以.

又因为，所以，即，所以.

所以.

（2）因为，所以，所以，

当时，取得最小值为-1；当时，取得最大值为；

所以取得最小值为-1，最大值为.

18.【解析】

（1）∵，∴，∴，

∴，即，

令得：，即，

是首项为，公比为的等比数列，

∴.

（2）∵，

∴，

∴

，

∴.

19. 解：（1）证明：如图所示，连接交于点，连接.

∵四边形为梯形，且，

∴，即，

在中，∵，，

∴.

又平面，平面，

∴平面.

（2）如图所示，以点为坐标原点，以分别以、、为轴、轴和z轴建立空间直角坐标系，则，，，，.

所以，，，，，

设和分别是平面和平面的法向量，则

，得，令得，，即，

，得，令得，，即，

所以，，

故平面和平面所成角锐二面角的余弦值为.

20.【解析】

（1）函数的定义域为，，

所以有，解之得，

故函数的解析式为：；

（2）可化为，

因为，所以，

令，则由题意知对任意的，，

而，，

再令，则，

所以在上为增函数，

又，，

所以存在唯一的，使得，即，

当时，，，所以在上单调递减，

当时，，，所以在上单调递增，

所以，

所以，

又，所以，

因为为正整数，所以的最大值为4.

21.【解析】

（1）根据椭圆的对称性，必过，.必不过，

代入点得，，代入点得，.

∴椭圆的方程为：.

（2）由，可得.

直线与椭圆有且仅有一个公共点，可知，

整理得.

由条件可得，，，

∴，

∵，

∴.

∵，∴，

当且仅当，即，时等号成立，的最小值为，

∵，

∴，又，解得.

故此时直线的方程为或.

22.【解析】

（1）依题意，随机地抽取一个餐盒得到餐盒的概率为，用表示“抽取的5个餐盒中餐盒的个数”，则服从二项分布，即，

∴其中有三个餐盒的概率.

（2）的可能取值为：0，1，2，…，.

，，……，，

.

所以的分布列为

①

②

①-②得，

∴.

即的数学期望为.下载本文