2022年湖北省高考数学调研试卷（4月份）（二模）（含答案解析）

这是一份2022年湖北省高考数学调研试卷（4月份）（二模）（含答案解析），共19页。试卷主要包含了2，则P等于______，【答案】B，【答案】D，【答案】C，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。
2022年湖北省高考数学调研试卷（4月份）（二模） 设，，则A.  B.
C.  D. 若复数z的满足是虚数单位，则复数z的实部是A. 1 B. 2 C. i D. 函数的部分图象如图所示，则函数的解析式是

 A.  B.
C.  D. 已知平行四边形ABCD中，，，，，则A. 9 B.  C. 18 D. 已知的展开式中各项的二项式系数之和为64，则其展开式中的系数为A. 160 B.  C. 60 D. 在四棱锥中，平面ABCD，，点M是矩形ABCD内含边界的动点，且，，直线PM与平面ABCD所成的角为记点M的轨迹长度为，则A.  B. 1 C.  D. 2已知、是双曲线的左，右焦点，过的直线l与双曲线C交于M，N两点，且，则C的离心率为A.  B.  C.  D. 3已知函数，则使不等式成立的x的取值范围是A.  B.
C.  D. 已知甲、乙两个水果店在“十一黄金周”七天的水果销售量统计如图所示，则下列说法正确的是
A. 甲组数据的极差大于乙组数据的极差
B. 若甲，乙两组数据的平均数分别为，则
C. 若甲，乙两组数据的方差分别为，，则
D. 甲组数据的中位数大于乙组数据的中位数定义空间两个非零向量的一种运算：，，则关于空间向量上述运算的以下结论中恒成立的有A.  B.
C. 若，则 D. 设动直线l：交圆C：于A，B两点点C为圆心，则下列说法正确的有A. 直线l过定点 B. 当取得最小值时，
C. 当最小时，其余弦值为 D. 的最大值为24在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，其中，，则
 A. 当时，三棱锥的体积为定值
B. 当时，四棱锥的外接球的表面积是
C. 若直线CP与平面ABCD所成角的正弦值为，则
D. 存在唯一的实数对，使得平面EFP若随机变量，且，则等于______.九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．用表示解下个圆环所需的最少移动次数．若，且，则解下6个圆环所需的最少移动次数为______.设抛物线的焦点为F，准线为l，过第一象限内的抛物线上一点A作l的垂线，垂足为设，AF与BC相交于点若，且的面积为，则直线AC的斜率______，抛物线的方程为______.已知函数，，若，则的最大值为______.如图，在平面四边形ABCD中，，，
若，求；
若，求四边形ABCD的面积．

  






 已知正项等差数列满足：，且，，成等比数列．
求的通项公式；
设，是数列的前n项和，若对任意均有恒成立，求的最小值．






 某企业使用新技术对某款芯片进行试生产．在试产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，
求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率；
如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽查检验．在芯片智能自动检测显示合格率为的条件下，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．






 如图，在斜三棱柱中，，，侧面底面ABC，点M，N分别为，BC的中点，点D为线段AC上一点，且
求证：平面；
求二面角的正弦值．






 在平面直角坐标系中xOy，椭圆的离心率为，点在椭圆C上．
求椭圆C的方程；
设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线AB的斜率为，直线QB的斜率为，已知
①求证：直线PQ恒过x轴上一定点；
②设和的面积分别为，，求的最大值．






 已知函数，
若不等式恒成立，求正实数a的值；
证明：







答案和解析 1.【答案】B
 【解析】解：，，
，
故选：
解不等式求出B，求出A的补集，求出即可．
本题考查了集合的运算，是基础题．
 2.【答案】A
 【解析】【分析】本题主要考查复数的概念以及复数的乘除法法则，属于基础题．
根据已知条件得，结合复数的乘除法法则，即可求解．【解答】解：，
，
复数z的实部为
故选：  3.【答案】D
 【解析】解：根据函数的部分图象，可得，
再根据五点法作图，可得，，
故，
故选：
由周期期求出，由五点作图求出，可得函数的解析式．
本题主要考查由函数的部分图象求函数的解析式，由周期求出，由五点作图求出，属于中档题．
 4.【答案】D
 【解析】解：设与之间的夹角为，

则

故选：
利用平面向量的数量积运算进行求解即可．
本题考查平面向量的数量积，考查学生的运算能力，属于中档题．
 5.【答案】B
 【解析】解：由已知得，解得，
故二项式为，故展开式中含的项为：

故选：
根据二项式系数的性质求出n的值，然后结合组合的知识求出的系数．
本题考查二项式系数的性质以及展开式系数的求法，属于基础题．
 6.【答案】C
 【解析】解：因为平面ABCD，所以即为直线PM与平面ABCD所成的角，

所以，
因为，所以，
所以点M位于矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，则点M的轨迹为圆弧EF，

连接AF，则，
因为，，
所以，
则弧EF的长度，
所以
故选：
根据题意即为直线PM与平面ABCD所成的角，故问题转化为以点A为圆心在平面ABCD内做2为半径的圆，圆弧在矩形ABCD内的部分即为点M的轨迹，进而利用几何关系求解即可．
本题考查了线面角的计算，属于中档题．
 7.【答案】C
 【解析】解：设，则，设，
则由双曲线的定义得，解得，
所以，，，，
所以为等边三角形，

所以，则，
在中，由余弦定理得，，
即，化简得，，
所以双曲线的离心率为，
故选：
由已知条件结合双曲线的定义可得为等边三角形，从而得，然后在中，利用余弦定理化简可得到，从而可求出离心率的值．
本题主要考查双曲线的几何性质，双曲线离心率的求解等知识，属于中等题．
 8.【答案】D
 【解析】解：由，得，得或，
的定义域为或
又，
是偶函数．
当时，为增函数，
设，则，为增函数，
为增函数，
则不等式等价为不等式，
，，解得或，
即不等式的解集为
故选：
根据条件判断函数的奇偶性和单调性，再利用函数奇偶性和单调性的性质，将不等式进行转化求解即可．
本题主要考查不等式的求解，函数的奇偶性和单调性，结合函数的单调性和奇偶性进行转化是解决本题的关键，是中档题．
 9.【答案】BD
 【解析】解：由折线图得：
对于A，甲组数据的极差小于乙组数据的极差，故A错误；
对于B，甲组数据除第二天数据图低于乙组数据，
其它天数数据都高于乙组数据，可知，故B正确；
对于C，甲组数据比乙组数据稳定，，故C错误；
对于D，甲组数据的中位数大于乙组数据的中位数，故D正确．
故选：
根据折线图中的数据，结合极差的概念、平均数的求法、方差的求法及意义、中位数的概念，即可判断各项的正误．
本题考查命题真假的判断，考查极差、平均数、方差、中位数、折线图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 10.【答案】BD
 【解析】解：对于A，若为负数，可知，故A错误，
对于B，由定义知B正确，
对于C，若，则共线，故C错误，
对于D，由定义知，故D正确．
故选：
理解新定义，对选项逐一判断即可．
本题考查了平面向量数量积的计算，属于基础题．
 11.【答案】AD
 【解析】解：对于A：由l：整理得，
当，即时，不论m为何值时都成立，所以直线 l过定点，故A正确；
对于B：因为直线 l过定点，将定点代入圆C：，
所以定点在圆 C的内部，当直线 l过圆心时，取得最大值，此时解得，故B错误；
对于C：设直线 l过的定点，当时，最小，
而，所以，所以在中，由余弦定理计算可得，故C不正确；
对于D：，而表示在方向上的投影，
所以当、共线即A、C、B、M四点共线，且方向相同时，取得最大值，
此时，所以的最大值为24，故D正确．
故选：
对于A：整理得，由此可求得直线所过的定点；
对于B：由直线 l过定点，且定点在圆 C的内部，当直线 l过圆心时，取得最大值，由此求得 m的值；
对于C：设直线 l过的定点，当时，最小，由余弦定理计算可判断；
对于D：当、共线，且方向相同时，取得最大值，由此可判断．
本题考查了直线过定点、直线与圆的关系，难点在于C、D两项中直线在什么情况才能使选项中的最值成立，属于中档题．
 12.【答案】ABC
 【解析】解：对于A，当时，F是的中点，
连接与交于点E，则E为的中点，
，
面EFD，
又点P在上，
点P到面EFD的距离为定值，
三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B，当时，点P为的中点，
设四棱锥的外接球的半径为R，
则球心O在PM延长线上，
由得，
由得，解得，
外接球的表面积为，故B正确；
对于C，连接BD，过点P作于M，连接CM，
平面ABCD：平面平面ABCD，
平面平面，平面ABCD，
为CP与平面ABCD所成角，
，，
在由余弦定理有，
在中由勾股定理有，
，解得，故C正确；
对于D，点F在上，又E在上，P在上，
平面PEF即为平面，
又易证平面，
是平面的法向量，
要使平面EFP，须 与共线，即须 与 共线，显然不可能，
不存在实数对使得平面EFP，故D错误．

故选：
根据锥体体积的求法、几何体外接球表面积的求法、线面角、线面垂直等知识对选项进行分析，由此确定正确选项．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
 13.【答案】
 【解析】解：随机变量，且，
，

故答案为：
根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解．
本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
 14.【答案】64
 【解析】解：由，且，
，，
，，

故答案为：
根据数列递推关系式，采用归纳推理即可求解．
本题考查由数列递推关系式，采用归纳推理求指定的项，属基础题．
 15.【答案】 
 【解析】解：如图所示，，

所以
轴，，，，
所以四边形ABFC为平行四边形，
，
，解得，
代入可取，
，
解得，
，
故答案为：；
由抛物线定义可得四边形ABFC为平行四边形，故，可得点，即得抛物线方程．
本题主要考查抛物线的几何性质，抛物线方程的求解等知识，属于中等题．
 16.【答案】
 【解析】解：由题意，可得，
所以，则，
所以，
又，得，
因为在上的单调递增，
所以，所以，
令，则，
令，得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
故答案为：
由题意，可得，则，又由，得，结合在上的单调递增，可得，推出，令，求导分析单调性，再求出的最大值．
本题考查导数的综合应用，函数与方程之间的关系，解题中需要理清思路，属于中档题．
 17.【答案】解：连接BD，在中，，
且，，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，
所以
在中，由余弦定理得，
即，解得，或，舍去，
所以四边形ABCD的面积为
 【解析】连接BD后由余弦定理与两角和的正弦公式即可求解．
由余弦定理与面积公式即可求解．
本题考查了余弦定理与两角和的正弦公式与三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
 18.【答案】解：由数列为正项等差数列，设首项为，公差为d，则，，
又，则，即，①
又，，成等比数列，
则，②
将①代入②得：
，
即；
由得，
则，
又对任意均有恒成立，
则，
则的最小值为
 【解析】先设首项为，公差为d，则，，再由已知条件可得，然后可求得通项公式；
由，再累加求和即可得解．
本题考查了数列通项公式的求法，重点考查了累加求和，属中档题．
 19.【答案】解：该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率
设该批次智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
则，，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率
 【解析】根据已知条件，结合相互独立事件的概率公式，以及对立事件概率和为1，即可求解．
根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解．
本题主要考查条件概率公式，考查转化能力，属于中档题．
 20.【答案】解：证明：取BN中点O，连接AO，OM，
点M，N分别为，BC的中点，
，平面，
平面，
，又，
，平面，平面，
，平面平面，
又平面AOM，平面；

取AC的中点K，连接KB，，
由已知可证，，
又侧面底面ABC，，
以K为原点，KB，KC，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面AMN的一个法向量为，
则，令，，，
平面AMN的一个法向量为，
又平面ABC，为平面ANC的一个法向量，
，
二面角的正弦值为
 【解析】取BN中点O，连接AO，OM，平面，平面，可证平面平面，由面面平行的性质可得平面；
取AC的中点K，连接KB，，易证KB，KC，两两垂直，以K为原点，KB，KC，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用向量法可求二面角的正弦值．
本题考查线面平行的证明，以及二面角的正弦值的求法，属中档题．
 21.【答案】解：由题意可得解得，
所以椭圆C的方程为
①证明：方法一：第三定义转化：
依题意，点，，设，，
因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意．
所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为，
与椭圆C联立，整理得：，
所以，且
因为点是椭圆上一点，即，
所以，
所以，即
因为
，
所以，此时，
故直线PQ恒过x轴上一定点
方法二：
依题意，点，，设，
因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意
所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立得：
所以整理得：，
所以，且
依题意，，即
算法1：和积关系转化法：
因为，
所以，
所以解得：
算法2：韦达定理代入消元：
因为，
所以，
所以解得：
方法三：分设两线再联立：
依题意，点，，设，，设，，并设直线AP：，直线BQ：，
因为联立直线AP与椭圆C得：
所以整理得：，解得：
因为联立直线BQ与椭圆C得：，
所以整理得：，解得：
因为，且，此时，
设直线PQ与x轴交于点，则由P，D，Q三点共线易知，

，
即线段PQ过点
②解：由①得，
所以

，
当且仅当即时等号成立，
所以的最大值为
 【解析】由题意列方程组求解；
①设PQ直线方程，与椭圆方程联立，由题意列方程通过韦达定理化简求解
②由面积公式与韦达定理化简后转化为函数求最值．
本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用，直线恒过定点问题等知识，属于中等题．
 22.【答案】解：因为不等式恒成立，
所以，
令，
，
当时，单调递增，的值域为R，不符合题意，
当时，则，也不符合题意，
当时，令，得，
令，
则，
所以在上单调递增，且，
所以有唯一实数根，
即有唯一实数根，设为，即，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，
故只需，
令，上式即转化为，
设，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
从而，
所以，
所以，解得，
从而有，则，
所以满足条件的实数为
证明：由可知，
所以只需证明，，恒有，
注意到前面已经证明：，
只需要证明，
当时，恒有，且等号不能同时成立，
当时，设，则，
当时，是单调递增函数，且，
所以当时恒有，
所以当时，单调递减，
所以，即，
所以
 【解析】问题可转化为不等式恒成立，令，求导得，分三种情况：当时，当时，当时，讨论的单调性，最小值，只需，即可得出答案．
由可知，只需证明，，恒有，注意到前面已经证明：，只需要证明，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的关系，解题中注意转化思想及分类讨论方法的应用，属于中档题．