2022湖北省重点高中智学联盟高二下学期5月联考数学试题（含详解）

湖北省重点高中智学联盟2022年春季高二年级5月联考

数学试题

命题学校：鄂州高中  命题人：胡黎刚  审题人：肖安平

考试时间：2022年5月19日下午3：00-5：00试卷满分：150分

一、单选题（本题共8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，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.

【详解】当时，，即，故充分；

当时，，即，解得或，故不必要，

故选：A

2. 7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（    ）种不同的放法．

A. 60种 B. 36种 C. 30种 D. 15种

【答案】D

【解析】

【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.

【详解】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.

故选：D.

3. 已知表示变量与之间的线性相关系数，表示变量与之间的线性相关系数，且，，则（    ）

A. 变量与之间呈正相关关系，且与之间的相关性强于与之间的相关性

B. 变量与之间呈负相关关系，且与之间的相关性强于与之间的相关性

C. 变量与之间呈负相关关系，且与之间的相关性弱于与之间的相关性

D. 变量与之间呈正相关关系，且与之间的相关性弱于与之间的相关性

【答案】C

【解析】

【分析】根据相关系数的定义判断．

【详解】因为，，所以变量与之间呈正相关关系，变量与之间呈负相关关系，且与之间的相关性弱于与之间的相关性.

故选：C．

4. 已知为等差数列，的前项和为，则使得达到最大值时是（    ）

A. 19 B. 20 C. 21 D. 22

【答案】B

【解析】

【分析】用减去即可得公差，再求得的通项公式,再分析的最值即可.

【详解】设公差为,则减去可得,

又,故,

当达到最大值时有,故.

故选：B

5. 函数在内存在极值点，则（    ）

A.  B.  C. 或 D. 或

【答案】A

【解析】

【分析】转化为导数在内存在变号零点，参变分离，转化为函数值域问题求解即可.

【详解】由题意知：在内存在变号零点，即在内有解，则，

易得在内单调递减，值域为，故.

故选：A.

6. 如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

延拓过点三点的平面，再根据平面与平面的判定定理，即可容易判断选择.

【详解】由题意可知经过P、Q、R三点的平面即为平面，如下图所示：

对选项：可知N在经过P、Q、R三点的平面上，所以B、C错误；

对：MC1与是相交直线，所以A不正确；

对：因为//，，//，

又容易知也相交，

平面；平面，

故平面//平面

故选：.

【点睛】本题考查面面平行的判定，属基础题.

7. 一批产品共10件，次品率为20%，从中任取2件，则恰好取到1件次品的概率为(　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据古典概率计算公式结合组合数计算即可求解．

【详解】由题意知10件产品中有2件次品，故所求概率P(X＝1)＝＝．

故选：B

8. 已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由题意可知，，由可得出，，利用导数可得出函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.

【详解】，，

由于，则，同理可知，，

函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，

，则，，则，

构造函数，其中，则.

当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.

所以，.

故选：C.

【点睛】本题考查代数式最值的计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度.

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，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传这四个项目，每人限报其中一项，记事件为“四名同学所报项目各不相同”，事件为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则下列结论中正确的有（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】由条件概率与独立事件可得：，，所以，即可得出答案.

【详解】由已知有：，，

所以.

故选：AC．

10. 设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C. 的最大值为 D. 的最大值为

【答案】AD

【解析】

【分析】根据题意，，再利用等比数列的定义以及性质逐一判断即可.

【详解】因为，，，

所以，，所以，故A正确.

，故B错误；

因为，，所以数列为递减数列，所以无最大值，故C错误；

又，，所以的最大值为，故D正确.

故选：AD

【点睛】本题考查了等比数列的性质、定义，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.

11. 在中，D，E，F分别是边，，中点，下列说法正确的是（    ）

A.

B.

C. 若，则是在的投影向量

D. 若点P是线段上的动点，且满足，则的最大值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】

对选项A，B，利用平面向量的加减法即可判断A错误，B正确.对选项C，首先根据已知得到为的平分线，即，再利用平面向量的投影概念即可判断C正确.对选项D，首先根据三点共线，设，，再根据已知得到，从而得到，即可判断选项D正确.

【详解】如图所示：

对选项A，，故A错误.

对选项B，

，故B正确.

对选项C，，，分别表示平行于，，的单位向量，

由平面向量加法可知：为的平分线表示的向量.

因为，所以为的平分线，

又因为为的中线，所以，如图所示：

在的投影为，

所以是在的投影向量，故选项C正确.

对选项D，如图所示：

因为在上，即三点共线，

设，.

又因为，所以.

因为，则，.

令，

当时，取得最大值为.故选项D正确.

故选：BCD

【点睛】本题主要考查平面向量的加法，减法的几何意义，数形结合为解决本题的关键，属于中档题.

12. 若实数，则下列不等式中一定成立的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】构造函数，利用导数可确定的单调性，根据单调性可依次判断出ABC的正误；构造函数，利用导数可确定单调性，根据单调性可确定D正确.

【详解】对于A，设，则，

当时，恒成立，在上单调递减，

，，，即，

，A正确；

对于B，由A知，在上恒成立，在上单调递减，

，，，即，

，即，

，B正确；

对于C，若，则，即；

由A知，当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

，若，此时与大小关系不确定，即与大小关系不确定，C错误；

对于D，设，则；

令，则，

当时，，即在上单调递增，

当时，，此时，在上单调递减，

，，，即，

，D正确.

故选：ABD.

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 某校1200名高二学生参加一次数学考试，考生分数服从正态分布，若分数在内的概率为0.7，估计这次考试中分数不超过70分的有___________人．

【答案】180

【解析】

【分析】由题意结合正态分布的对称性可得考试分数不超过70的人数.

【详解】由题意可知正态分布的对称轴为，

据此可估计这次考试分数不超过70的人数为：.

故答案为：180.

14. 已知某离散型随机变量服从的分布列如表，则随机变量的方差等于___________．

【答案】

【解析】

【分析】求出的值，求出、的值，再利用方差的性质可求得结果.

【详解】由已知可得，所以，，则，

所以，，因此，.

故答案为：.

15. 下列关于回归分析的说法中错误的序号为_______

（1）残差图中残差点所在的水平带状区域越宽，则回归方程的预报精确度越高．

（2）回归直线一定过样本中心点．

（3）两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好．

（4）甲、乙两个模型的分别约为0.88和0.80，则模型乙的拟合效果更好．

【答案】（1）（4）

【解析】

【分析】根据“线性回归方程一定过样本中心点；在一组模型中残差平方和越小，拟合效果越好；相关指数表示拟合效果的好坏，指数越小，相关性越强”，对选项中的命题逐一判断真假即可.

【详解】解：对于（1），残差图中残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高，∴（1）错误；
对于（2），回归直线一定过样本中心点，正确；
对于（3），两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好，正确；
对于（4），甲、乙两个模型的分别约为0.88和0.80，则模型甲的拟合效果更好，∴（4）错误；
综上，错误的命题是（1）、（4）共2个.
故答案为：（1）（4）.

【点睛】本题考查了回归分析知识的应用问题，是基础题.

16. 已知，则___________．

【答案】

【解析】

分析】两边求导数得到，分别令和，两式相加，即可求解.

【详解】由，

两边求导可得：，

令，可得，

令，可得，

两式相加得.

故答案为：.

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. 设数列的前项和为，已知，.

（1）设，，证明：数列为等差数列；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）把条件转化为数列的递推关系，由等差数列定义去证明即可；

（2）以错位相减法去求数列的前项和.

【小问1详解】

由，得，两式相减得：

两边同除以，得，即，

当时，由，可得，则

所以数列是以2为首项、1为公差的等差数列.

【小问2详解】

由数列是以2为首项、1为公差等差数列可得，

所以 ，

则

则

.

18. 如图,在四棱锥中,平面,为线段上一点不在端点.

(1)当为中点时，，求证：面

(2)当为中点时，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在求出M的坐标，若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析（2）存在，

【解析】

【分析】

（1）法一：建立空间直角坐标系，找坐标，利用直线的方向向量与平面的法向量垂直，证明即可.法二：取BP的中点E，连接，，则，根据线面平行的判定定理证明即可.

（2）假设存在点M，根据，求点M的坐标，求平面的法向量为，根据，求解，即可.

【详解】(1)方法一：证明：因为平面，，平面.

所以.

又，所以，，两两垂直.

分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.

则，.

显然平面的法向量为，则

又不在平面内，所以平面.

方法二：取的中点，连接，

由为的中点，可知

在平面四边形中，

即，所以，即

由已知得

所以，四边形是平行四边形，所以

因为平面，平面

所以平面

(2)假设存在点M使得与平面所成角的正弦值为

则，所以

为中点，则，即

设平面的法向量为

∴，不妨设，则

∴

设线面角为，则

解得或1（舍去）

∴时，直线与平面所成角正弦值为．

【点睛】本题考查线面平行的证明，以及根据线面角的正弦值确定动点位置，考查了空间向量法的应用，考查了运算能力，属于较难题.

19. 设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.

（Ⅰ）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望；

（Ⅱ）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

【解析】

【分析】(Ⅰ)由题意可知分布列为二项分布，结合二项分布的公式求得概率可得分布列，然后利用二项分布的期望公式求解数学期望即可；

(Ⅱ)由题意结合独立事件概率公式计算可得满足题意的概率值.

【详解】(Ⅰ)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7:30之前到校的概率均为，

故，从面.

所以，随机变量的分布列为：

随机变量的数学期望.

(Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为，则.

且.

由题意知事件与互斥，

且事件与，事件与均相互独立，

从而由(Ⅰ)知：

.

【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.

20. 已知函数.

（1）当时，求的极值点；

（2）若恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）极大值点是，无极小值点；（2）.

【解析】

【分析】（1）求导判断函数的单调性得极值点；（2）参数分离求函数的最值得解

【详解】解：（1）当时，，定义域是，，

时，解得：，函数在区间单调递增，

，解得：，函数在区间单调递减，

所以函数在时取得极大值，极大值点是，无极小值点；

（2）若恒成立，等价于，即恒成立，即

设，，当时，，

当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，

所以当时函数取得最大值，即.

21. 已知椭圆的左焦点为，离心率为，点是椭圆上一点．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若为椭圆上不同于的两点，且直线关于直线对称，求证：直线的斜率为定值．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由题意可得方程组，求出，即可求出椭圆的标准方程；

（2）设直线的方程是，，联立椭圆方程由韦达定理可得：，同理可求得，即可求出直线的斜率.

【小问1详解】

∵∴，又在椭圆上，

∴，解得，所以椭圆方程为：．

【小问2详解】

由（1）知，轴，设直线的斜率为k，因为关于直线对称，所以直线的斜率为．

又，所以直线的方程是．设，

．

将上式中的k换成得，．

.

22. 已知函数，．

（1）求在点P(1，)处的切线方程；

（2）若关于x的不等式有且仅有三个整数解，求实数t的取值范围；

（3）若存在两个正实数，满足，求证：．

【答案】（1）；（2）；（3）见解析

【解析】

【分析】（1）求出P（1，0），x＞0，，f′（1）=1，利用导数的几何意义能求出f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程．

（2）求出，x＞0，则f′（x）=0，得x=e，列表讨论能求出实数t的取值范围．

（3）h（x）=x2﹣2x+4lnx，从而（x1+x2）2﹣2（x1+x2）﹣4lnx1x2，令t=x1x2，=t2+2t﹣4lnt，（t＞0），…（11分）则=2t+2﹣=，由此利用导数性质能证明x1+x2≥3．

【详解】（1），，所以点坐标为；

又，，则切线方程为，

所以函数在点处的切线方程为．

（2）

由， 得；

时，或，满足条件的整数解有无数个，舍；

时，，得且，满足条件的整数解有无数个，舍；

时，或，当时，无整数解；

当时，不等式有且仅有三个整数解，又，，

因为在递增，在递减；所以， 即，即；

所以实数的取值范围为．   

（3），

因为，

所以，

即，

令，， 

则，

当时，，所以函数在上单调递减；

当时，，所以函数在上单调递增．

所以函数在时，取得最小值，最小值为3．        

因为存在两个正实数，满足，所以，

即，所以或．

因为为正实数，所以．

【点睛】本题考查函数的切线方程的求法，考查实数取值范围的求法，考查不等式的证明，考查导数的几何意义、导数性质、函数的单调性、最值等基础知识，考查运算求解能力，是难题．