2022年湖北省武汉市七联体高考数学模拟试卷（含答案解析）

2022年湖北省武汉市七联体高考数学模拟试卷

1. 已知集合，，则

A.  B.  C.  D.

2. 复数的虚部为

A.  B.  C.  D.

3. “”是“方程表示圆”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

4. 已知，，则

A.  B.  C.  D.

5. 函数的大致图象为

A.  B.
C.  D.

6. 核酸检测分析是用荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，DNA的数量，与扩增次数n满足，其中p为扩增效率，为DNA的初始数量．已知某被测标本DNA扩增10次后，数量变为原来的100倍，那么该样本的扩增效率p约为参考数据：，

A.  B.  C.  D.

7. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，M是C的渐近线上一点，，，则双曲线C的离心率为

A.  B.  C.  D.

8. 已知函数的定义域为R，，是偶函数，任意，满足，则不等式的解集为

A.  B.
C.  D.

9. 中国仓储指数是基于仓储企业快速调查建立的一套指数体系，由相互关联的若干指标构成，它能够反映各行业对仓储物流业务需求变化的情况．如图是2019年1月至2020年6月中国仓储业务量指数走势图，则下列说法正确的是
    

A. 2019年全年仓储业务量指数的极差为
B. 两年上半年仓储业务量指数均是2月份最低，4月份最高
C. 两年上半年仓储业务量指数的方差相比，2019年低于2020年
D. 2019年仓储业务量指数的中位数为

10. 已知，则下列结论正确的是

A.  B.
C.  D.

11. 已知函数，则下列结论正确的是

A. 的图象关于点对称
B. 在上的值域为
C. 若，则，
D. 将的图象向右平移个单位长度得的图象

12. 已知三棱柱为正三棱柱，且，，D是的中点，点P是线段上的动点，则下列结论正确的是

A. 正三棱柱外接球的表面积为
B. 若直线PB与底面ABC所成角为，则的取值范围为
C. 若，则异面直线AP与所成的角为
D. 若过BC且与AP垂直的截面与AP交于点E，则三棱锥的体积的最小值为

13. 已知向量，，且，则__________.
14. 二项式的展开式中的常数项为______.
15. 若函数有最小值，则m的一个正整数取值可以为______.
16. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，点P是l上一点，过点P作PF的垂线交x轴的正半轴于点A，AF交抛物线于点B，PB与y轴平行，则______.
17. 在条件：
    ①，，
    ②，，
    ③，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．
    在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，______，求的面积．
18. 已知数列的前n项和为，且，
    求数列的通项公式；
    若数列满足，，求数列的前n项和
19. 某企业从生产的一批零件中抽取100个作为样本，检测其质量指标值，得到如图的频率分布直方图．并依据质量指标值划分等级如表所示：
     

根据频率分布直方图估计这100个零件的质量指标的平均数每组数据以区间的中点值为代表；
以样本分布的频率作为总体分布的概率，解决下列问题：
从所生产的零件中随机抽取3个零件，记其中A级零件的个数为，求的分布列和数学期望；
该企业为节省检测成本，采用混装的方式将所有零件按400个一箱包装，已知一个A级零件的利润是12元，一个B级零件的利润是4元，试估计每箱零件的利润．

20. 如图所示，在三棱台中，，，，D，E分别为，的中点．
    证明：平面；
    若，求平面和平面所成锐二面角的余弦值．
21. 已知椭圆C：的离心率为，椭圆C的左、右焦点分别为，，点，且的面积为
    求椭圆C的标准方程；
    过点的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线PA，PB的斜率分别为，，当最大时，求直线l的方程．
22. 已知函数
    若的图象在点处的切线与直线平行，求m的值；
    在的条件下，证明：当时，；
    当时，求的零点个数．
    

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：因为，
又集合，
所以
故选：
先利用一元二次不等式的解法求出集合B，然后由集合交集的定义求解即可．
本题考查了集合的运算，主要考查了集合交集的求解，解题的关键是掌握交集的定义，属于基础题．
 

2.【答案】C

【解析】解：由复数的运算法则，可得的虚部为，
故选：
利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
 

3.【答案】B

【解析】解：方程表示圆，
，，
，
是方程表示圆的必要不充分条件，
故选：
先求出方程表示圆的等价条件，再根据充分条件、必要条件定义判定即可．
本题考查了充分条件、必要条件定义及判定，考查了表示圆的条件，属于基础题．
 

4.【答案】B

【解析】

【分析】

本题主要考查了二倍角的三角函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
由二倍角公式化简已知条件可得 ，结合角的范围可求得 ， ，可得 ，根据同角三角函数基本关系式即可解得 的值．

【解答】

解： ，
由二倍角公式可得 ，
， ， ，
，
则有 ，
解得
故选

5.【答案】D

【解析】解：因为是偶函数，为奇函数，所以为奇函数，排除AB，
取，，排除
故选：
根据奇偶性排除AB，代入特殊点排除
本题考查了函数的图象的内容，属于基础题．
 

6.【答案】C

【解析】解：由题意可知，，即，
，解得
故选：
根据已知条件，可推得，结合对数函数的性质，即可求解．
本题考查对数函数模型的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．
 

7.【答案】B

【解析】解：设，，，
由对称性不妨设点M在第一象限，
可知点M在直线上，
因为，，
所以，，
即点M坐标为，
代入，得，
所以双曲线C的离心率，
故选：
由对称性不妨设点M在第一象限，且点M在直线上，解得M点坐标，代入，得，再计算离心率，即可得出答案．
本题考查双曲线的性质，解题中需要理清思路，属于中档题．
 

8.【答案】D

【解析】解：因为是偶函数，所以函数的图象关于直线对称，所以，
因为任意的，满足，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以等价于，
解得
故选：
由是偶函数，知的图象关于直线对称，再根据单调性的定义得出的单调区间，从而将原问题转化为，解之即可．
本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

9.【答案】AC

【解析】解：2019年全年仓储业务量指数3月份最高为，2月份最低为，所以极差为，A正确；
2019年以及2020年上半年仓储业务量指数均是2月份最低，3月份最高，所以两年上半年仓储业务量指数均是2月份最低，3月份最高，B错误；
由折线图可知两年上半年仓储业务量指数的方差相比，2019年低于2020年，故C正确；
2019年仓储业务量指数按从小到大的顺序排列为，，，，，，，，，所以中位数为，故D错误．
故选：
根据折线图读出全年的数据关系，再根据极差，方差等求法进行求解即可分析得解．
本题考查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】ACD

【解析】解：，，
，，故A正确，B错误；
，，，故C正确；
，
，当且仅当，时等号成立，
，故D正确；
故选：
由题意知，从而可判断，；由对数函数的性质可知C正确，由基本不等式可得D正确．
本题考查了对数函数、指数函数的单调性的判断与应用，同时考查了基本不等式的应用，属于中档题．
 

11.【答案】BD

【解析】解：函数，
对于A：令，，故A错误；
对于B：当时，，所以故B正确；
对于C：若，则，，故C错误；
对于D：的图象向右平移个单位长度得的图象，故D正确．
故选：
直接利用三角函数的关系式的变换和正弦型函数的性质的应用判断A、B、C、D的结论．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 

12.【答案】AD

【解析】解：因为外接圆的半径，且，故正三棱柱外接球的半径，故其表面积为，故A正确，
取BC的中点F，连接DF，AF，BD，，由正三棱柱的性质可知平面平面ABC，所以当点P与重合时，最小，当点P与D重合时，最大，所以，故B错，
将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则或其补角为异面直线AP与所成的角，易得，，所以，故C错，
因，故要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，设BC的中点为F，作出截面如图所示，
因为，所以点E在以AF为直径的圆上，所以点E到底面ABC距离的最大值为，所以三棱锥的体积的最小值为，故D正确，
故选：
可求得底面外接圆的半径，再构造直角三角形求得外接球的半径，从而判断，
取BC的中点F，连接DF，AF，BD，，由正三棱柱的性质可求得，从而判断，
将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，从而判断，
由知，要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，从而判断．
本题考查了命题真假性的判断及立体几何的性质应用，属于中档题．
 

13.【答案】8

【解析】

【分析】

本题考查了平面向量的数量积与垂直的关系，属基础题．
由 可得   ，代入向量   ， ，解方程即可．

【解答】

解：由向量 ， ，且 ，
得 ，

故答案为

14.【答案】

【解析】解：由二项式定理可知的展开式中的系数为，
所以二项式的展开式中的常数项为
故答案为：
利用二项式定理的展开式的通项公式求解系数，即可得到答案．
本题考查了二项式定理的应用，特定项的求解，二项展开式的通项公式的应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．
 

15.【答案】答案不唯一

【解析】解：在上单调递增，；
当时，，此时，
在上单调递减，在上单调递增，
在上的最小值为
若有最小值，则，即
即m的一个正整数取值可以为答案不唯一
故答案为：答案不唯一
由函数的单调性可得当时，有；再由导数求得时的最小值为，由求得m的范围得答案．
本题考查分段函数的应用，训练了利用导数求最值，考查运算求解能力，是中档题．
 

16.【答案】6

【解析】解：抛物线方程为，
焦点，准线方程为，
点P是l上一点，
可设，

，
，
直线PA的方程为，令，解得，
即 ，
与y轴平行，且B点在抛物线上，
可设，
，A，B三点共线，
，化简可得，解得 或舍去，

故答案为：
根据已知条件，分别求出F，A，B三点的坐标，结合三点共线与斜率之间的关系，即可求解．
本题考查了抛物线的性质，掌握三点共线与斜率之间的关系是解本题的关键，属于中档题．
 

17.【答案】解：选①时，由，
利用正弦定理：，
整理得：，由于，
所以，由于，
故，
已知：，
利用正弦定理：，所以，
设，，，
利用余弦定理：，
解得，
故
选②时，由于，
利用正弦定理：，
所以，
由于，
所以，由于
故
由于，，
利用余弦定理：，解得，
所以
选③时，
由于，
整理得：，
故，
利用余弦定理整理得：，
由于，
所以，，
所以，由于，
故，
所以

【解析】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于一般题．
选①时，直接利用三角函数的关系式的变换和正弦定理的应用及三角形的面积公式的应用求出结果；
选②时，直接利用正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用求出结果；
选③时，直接利用三角函数的关系式的变换和正弦定理的应用及三角形的面积公式的应用求出结果．
 

18.【答案】解：数列的前n项和为，且，
当时，，
当时，，
则，
解得
所以，
故首项符合通项
数列满足，，
，
，
，
所以，
所以
则，
故

【解析】直接利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式；
利用裂项相消法在数列求和中的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法和应用，数列的求和，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 

19.【答案】解：由频率分布直方图可得，

一个零件为A级的概率为，
所有可能的取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
故随机变量的分布列为：

，

设每箱零件中A级零件由X个，每箱零件的利润为Y元，则B级零件有个，
由题意可得，，
，
 

【解析】结合频率分布直方图，即可求解．
一个零件为A级的概率为，所有可能的取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，即可得的分布列，并结合期望公式，即可求解．根据已知条件，结合离散型随机变量线性期望公式，即可求解．
本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，需要学生熟练掌握期望公式，属于基础题．
 

20.【答案】解：取的中点F，连接DF，EF，
，平面，平面，
平面，
，平面，平面，
平面，
又，
平面平面，
平面DEF，
平面；
，，，
平面ABC，
在平面ABC内过点B作交AC于G，则BC，BG，两两垂直，以点B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，
，
设平面的法向量为，则，则可取，
设平面的法向量为，则，则可取，
平面和平面所成锐二面角的余弦值为

【解析】取的中点F，先证明平面平面，再利用面面平行的性质定理得证；
建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，进而求得平面及平面的法向量，再利用向量的夹角公式得解．
本题考查线面平行的判定定理以及面面平行的性质定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：设，，
由题意知，
，解得，
所以，，
所以椭圆的方程为
①当直线l的斜率为0时，则，
②当直线l的斜率不为0时，设，，
直线l的方程为，
由，整理得，
所以，，
又，，
所以


，
令，
当时，，
当时，，
当且仅当，即时，取等号，
所以直线l的方程为

【解析】由椭圆的离心率为，的面积为，列方程组，解得a，b，即可得出答案．
分两种情况：①当直线l的斜率为0时，②当直线l的斜率不为0时，设，，联立直线l与椭圆的方程，结合韦达定理可得，，计算，结合基本不等式，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：因为的图象在点处的切线与直线平行，
所以，
因为，
所以，解得
由得当时，，
当时，因为，
所以在上单调递增，
因为，
所以在上恒成立．
由可知当且时，，
即在上没有零点，
当时，，
令，，
则单调递增，且，

所以在上存在唯一零点，记为，
且时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为
所以，，
因为，
所以，
所以在上存在唯一零点，且在上恒小于零，
所以时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
所以在上至多有一个零点，取，
则由，
所以由零点的存在定理可得在只有一个零点，
所以在上只有一个零点，
所以当时，的零点个数为

【解析】因为的图象在点处的切线与直线平行，则由导数的几何意义可得，即可解得
由得当时，，分析的正负，的单调性，最值，即可得出答案．
由可知当且时，由放缩法得，即在上没有零点，再分析当时，分析的正负，的单调性，最值，进而可得零点个数．
本题考查利用导数研究函数的单调性和零点，考查零点存在定理，考查分类讨论的数学思想，考查数学抽象和数学运算的核心素养，属于难题．