湖北省鄂东南三校2022届高三下学期5月适应性训练数学试题-

这是一份湖北省鄂东南三校2022届高三下学期5月适应性训练数学试题-，共20页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，下列大小比较中，错误的是，下列关于复数等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前湖北省鄂东南三校2022届高三下学期5月适应性训练数学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分     注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分  一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．2．已知，则（       ）A． B． C． D．3．下列函数与的图象关于原点对称的函数是（       ）A． B．C． D．4．已知函数的两条相邻对称轴之间的距离为，则下列点的坐标为的对称中心的是（       ）A． B． C． D．5．已知首项为1的等差数列的前项和为，满足，则（       ）A． B． C． D．6．将编号为的小球放入编号为的小盒中，每个小盒放一个小球.则恰有一个小球与所在盒子编号相同的概率为（       ）A． B． C． D．7．已知正方体的棱长为.以为坐标原点，以为轴正半轴，为轴正半轴，为轴正半轴建立空间直角坐标系，动点满足直线与所成夹角为的最大值为（       ）A． B． C．1 D．28．下列大小比较中，错误的是（       ）A． B． C． D．评卷人得分  二、多选题9．下列关于复数（其中为虚数单位）的说法中，正确的是（       ）A． B．的虚部为C．为纯虚数 D．10．给定命题，都有.若命题为假命题，则实数可以是（       ）A．1 B．2 C．3 D．411．设公比为的等比数列的前项和为，则下列说法中一定正确的是（       ）A．数列：，，，成等比数列B．当时，数列是等比数列C．是等比数列D．是等比数列12．若关于的方程有两个实数根，则的取值可以是（       ）A． B． C． D．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分  三、填空题13．已知随机变量，且，则___________.14．有一组数据满足线性相关关系，且样本中心点为，用最小二乘法求出，则当解释变量时，预报变量为__________.15．的内角的对边分别为，且，则的外接圆半径为__________.16．已知为函数图象上第一象限内的一个动点，为坐标原点，则四边形的面积最大值为__________.评卷人得分  四、解答题17．已知函数(1)求的单调递增区间；(2)锐角的内角的对边分别为，且为的零点.求的取值范围.18．已知数列的前项和为.对于任意的正整数，都有.(1)证明：是等比数列；(2)设，求的前项和.19．已知两个投资项目的利润率分别为随机变量和，根据市场分析，和的分布列如下： (1)在两个项目上各投资200万元，和（单位：万元）表示投资项目和所获得的利润，求和；(2)将万元投资项目，万元投资项目，表示投资项目所得利润的方差与投资项目所得利润的方差之和.则当为何值时，取得最小值？20．已知是锐角三角形，分别以为直径作三个球.这三个球交于一点.(1)若，求到平面的距离；(2)记直线与平面的夹角为，直线与平面的夹角为，直线与平面的夹角为，证明：为定值.21．已知曲线的焦点为，曲线上有一点满足.(1)求抛物线的方程；(2)过原点作两条相互垂直的直线交曲线于异于原点的两点，直线与轴相交于，试探究轴上存在一点是否存在异于的定点满足恒成立.若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由.22．函数.(1)求函数在的值域；(2)记分别是的导函数，记表示实数的最大值，记函数，讨论函数的零点个数.
参考答案：1．C【解析】【分析】化简集合，然后利用补集，交集的定义运算即得.【详解】∵，∴.故选：C.2．B【解析】【分析】根据可知，从而求出的值，进而可的.【详解】解：由题意得：，解得故故选：B3．C【解析】【分析】令与关于原点对称，根据即可求对称函数解析式.【详解】令，与关于原点对称，则，所以.故选：C4．C【解析】【分析】根据相邻对称轴之间距离可得最小正周期为，由此可求得，得到解析式；利用正弦型函数对称中心的求法可求得对称中心，对比选项可得结果.【详解】两条相邻对称轴之间的距离为，最小正周期，解得：，，令，解得：，此时，的对称中心为，当时，的一个对称中心为.故选：C.5．B【解析】【分析】先得到为等差数列，公差为，，首项为1，从而得到，进而得到，求出前2020项和.【详解】由可得：为等差数列，公差为，首项为，所以，则，，所以故选：B6．A【解析】【分析】求出任意放球共有种方法，再求出恰有一个小球与所在盒子编号相同的方法总数，最后利用古典概型的概率公式求解.【详解】解：由题得任意放球共有种方法，如果有一个小球与所在的盒子的编号相同，第一步：先从5个小球里选一个编号与所在的盒子相同，有种选法；第二步：不妨设选的是1号球，则再对后面的2,3,4,5进行排列，且四个小球的编号与盒子的编号一个都不相同，假设2号盒子里放3号球，则有三种，所以 后面的小球的排列共有种方法. 所以剩下的四个球共有种方法.由古典概型的概率公式得恰有一个小球与所在盒子编号相同的概率为故选：A7．D【解析】【分析】由题意写出，，由向量夹角公式计算可得然后由不等式可得最值.【详解】正方体的棱长为,可得，,点，则，由动点满足直线与所成夹角为可得，整理得由，可得，当时取等号，即最大值为2，故选：D8．D【解析】【分析】对于选项D,构造函数，得到.令，得到，所以选项D错误；对于选项A， 在中，令，得到 .所以选项A正确；对于选项B,在中，令，则，所以选项B正确；对于选项C, 所以，所以选项C正确.【详解】解：对于选项D,构造函数，所以，所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减. 所以.（当且仅当时取等）则令，则，化简得，故，故，故，所以选项D错误；对于选项A，，在中，令，则，化简得，故，所以. 所以，所以选项A正确；对于选项B,在中，令，则，所以，所以选项B正确；对于选项C, 所以，所以选项C正确.故选：D9．ACD【解析】【分析】由题知，再依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：，所以，的虚部为，为纯虚数，.故ACD正确，B错误.故选：ACD10．AB【解析】【分析】命题的否定：，是真命题. 再把选项取值代入检验即得解.【详解】解：由于命题为假命题，所以命题的否定：，是真命题.当时，则，令，所以选项A正确；当时，则，令，所以选项B正确；当时，则，，不成立，所以选项C错误；当时，则，，不成立，所以选项D错误.故选：AB11．BD【解析】【分析】利用等比数列的定义及求和公式，结合，等特殊情况，分析数据，即可判断选项正误.【详解】解：A选项中，当时，数列，，，，为等比数列，但，所以，，，就不能构成等比数列，故A错误；B选项中，当时，，，则，所以为常数，所以数列是等比数列，故B正确；C选项中，当时，则，即，所以不能构成等比数列，故C错误；D选项中，，则为常数，所以是等比数列，故D正确.故选：BD.12．ABD【解析】【分析】原题等价于，相当于用和这两条水平的直线去截函数的图像一共要有两个交点.作出函数的图象即得解.【详解】相当于用和这两条水平的直线去截函数的图像一共要有两个交点.，所以当时，；当时，；所以函数的增区间为减区间为.且当取时，，当取时，，. 所以函数图象如图所示，当时，，和和函数的图象各有一个交点，共有两个交点，满足题意；当时，，和和函数的图象各有一个交点，共有两个交点，满足题意；当时，，和和函数的图象各有两个交点，共有四个交点，不满足题意；当时，，和和函数的图象各有两个交点和零个交点，共有两个交点，满足题意.故选：ABD13．0.7##【解析】【分析】利用正态曲线关于直线对称，结合对立事件的概率计算公式求解.【详解】由正态曲线的对称性知，，所以.故答案为：0.714．【解析】【分析】利用样本中心点可求得，代入即可求得结果.【详解】由题意得：，所求预报变量.故答案为：.15．【解析】【分析】利用正弦定理可得，进而可得，即得.【详解】，则，由正弦定理，得故，展开化简得：，，，故，，即，∴外接圆直径，故外接圆半径为.故答案为：.16．【解析】【分析】利用三角代换可得，然后利用辅助角公式及三角函数的性质即得.【详解】由可得，易得在椭圆的第一象限内动点，可设，,又，则，其中，当时，，即四边形的面积最大值为.故答案为：.17．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据整体法，利用正弦函数的单调性求解；（2）由正弦定理边角互化以及三角函数最值的性质求解.(1)令，则 故的单调递增区间为 (2)为的零点，，又，，则，即.由正弦定理：则又，所以，则，即的取值范围为.【点睛】求解三角形中与边有关的范围问题，一般利用正弦定理将边化为角，再转化为求解同名三角函数的值域.18．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）由结合等比数列定义即可证明；（2）求出，利用裂项相消法即可求出.(1)因为，而，故是首项为2，公比为2的等比数列.(2)由（1）知，，当时，，而时，不满足，故，所以， 当时，，当时，，当时，亦满足.故.19．(1)=24，=36；(2).【解析】【分析】（1）由已知写出和对应分布列，并求出它们的期望，进而由方差公式求和；（2）由题设、项目所获利润分别为、，应用方差的性质求出关于x的表达式，即可知结果.(1)依题意得：102041624 ，.(2)设投资项目所获利润为，投资项目所获利润为.，故当时，取得最小值.20．(1)；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）依题意得，建立空间直角坐标系，根据已知条件求得，利用空间向量求解平面的法向量，进而求解点到面的距离.（2）建立空间直角坐标系，设三点坐标，利用空间向量求解平面的法向量，进而求解三个夹角的正弦值，根据三个夹角正弦值的关系式求解即可.(1)依题意得，故可以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.而，故，故，则，设平面的法向量为则，故，设到平面的距离为d，则.(2)按（1）方式建系，设，则，故，设平面的法向量为，同（1）可得：，，，故故为定值.21．(1)(2)存在，【解析】【分析】（1）由焦半径公式代入求解，从而得抛物线方程；（2）设直线方程，联立方程组，将韦达定理代入所给条件求解.(1)在曲线上，则，则，而，故抛物线C的方程为.(2)易知直线的斜率不为0，故设联立：，故.，因为，则则或（舍），故.因为都在轴上，要使得，则轴为的角平分线，若，则垂直于轴，轴平分，则垂直于轴，则直线的方程为，此时，而相异，故，同理故与的斜率互为相反数，即为定值.故当时，有恒成立.【点睛】解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．22．(1)(2)答案见解析【解析】【分析】（1）对函数进行求导，得到在单调递减，在单调递增，即可得到答案；（2）由时，，得到，则在上没有零点.从而将问题转化为只研究在上的零点个数，利用参变分离即可得到答案；(1)（1），则，当时，单调递减，当时，单调递增，.则在的值域为.(2)（2）当时，，故，则在上没有零点.当时，，故若有零点的话，也只能由产生零点.下面讨论在上的零点个数.设，因为，又在上单调递减，故当时，所以单调递减，由得：当时，单调递增当时，单调递减当时，，故，当时，，故在上必有唯一零点.又当时，函数有1个零点当时，函数有2个零点当时，函数有3个零点综上所述：当时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点；当时，函数有3个零点【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值、零点，考查新定义问题，对逻辑推理能力、抽象思维能力要求较高。