2022届湖北省武汉市零校联盟高三上学期12月阶段性测试数学试题（解析版）

这是一份2022届湖北省武汉市零校联盟高三上学期12月阶段性测试数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届湖北省武汉市零校联盟高三上学期12月阶段性测试数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则有（    ）个真子集.
A．3 B．16 C．15 D．4
【答案】A
【分析】计算，得到真子集个数.
【详解】，，则，
真子集个数为.
故选：A
2．在单词“warbarrier”中不放回地任取2个字母，则在第一次取到“a”的条件下，第二次取到“r”的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】在第一次取到“a”的条件下，还剩余个字母，其中“r”有个，计算得到概率.
【详解】在第一次取到“a”的条件下，还剩余个字母，其中“r”有个，故概率为.
故选：B
3．若函数存在一个极大值与一个极小值满足，则至少有（    ）个单调区间.
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】根据单调性与极值之间的关系分析判断.
【详解】若函数存在一个极大值与一个极小值，则至少有3个单调区间，
若有3个单调区间，
不妨设的定义域为，若，其中可以为，可以为，
则在上单调递增，在上单调递减，（若定义域为内不连续不影响总体单调性），
故，不合题意，
若，则在上单调递减，在上单调递增，有，不合题意；
若有4个单调区间，
例如的定义域为，则，
令，解得或，
则在上单调递增，在上单调递减，
故函数存在一个极大值与一个极小值，且，满足题意，此时有4个单调区间，
综上所述：至少有4个单调区间.
故选：B.
4．复数满足，则的范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，先由复数的运算结合相关概念可得，再根据复数的模运算求解.
【详解】设，则，
由题意可得：，解得，
则.
故选：D.
5．，，的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据对数函数和幂函数的单调性，结合指、对数运算求得a，b，c的范围，即可求解.
【详解】对：∵在定义域内单调递减，
∴，故；
对b：∵在定义域内单调递增，
∴，
又∵，则，
∴，故；
对：∵在定义域内单调递增，且，
∴，故；
综上所述：.
故选：A.
6．有一个三位数的密码锁，每一位是数字0至9中的一个，且三位数字互不相同，任两位数字之和不超过9.将三位数字从小到大依次记作，，，若以下4个条件中有且仅有一个错误，则正确的选项不可能是（    ）
A． B． C． D．，，任两项之和不小于5
【答案】C
【分析】根据题意结合不等式逐项分析判断.
【详解】由题意可得，且，则，
对A：
若，则，
当时，则，此时成立，，，任两项之和不小于5成立，
故不成立，则，即存在，，符合题意；
当时，则，此时不成立，不成立，即不存在，，符合题意；
综上所述：当时，存在，，符合题意，A正确；
对B：
若，则，如下表：




①
0
1
2，3，4，5，6，7，8
②
0
2
3，4，5，6，7
③
0
3
4，5，6
④
1
2
3，4，5，6，7
⑤
1
3
4，5，6
⑥
2
3
4，5，6

对①②③④⑤：不成立，，，任两项之和不小于5不成立，即不存在，，符合题意；
对⑥：成立，，，任两项之和不小于5成立，
故不成立，则，即存在，，符合题意；
综上所述：当时，存在，，符合题意，B正确；
对C：
若，则，即成立，如下表：




①
0
1，2，3
6
②
1
2，3
6
③
2
3
6
④
0
1，2
7
⑤
1
2
7
⑥
0
1
8

对①②④⑤⑥：不成立，，，任两项之和不小于5不成立，即不存在，，符合题意；
对③：成立，，，任两项之和不小于5成立，即不存在，，符合题意；
综上所述：当时，不存在，，符合题意，C错误；
对D：
若，，任两项之和不小于5，则，如下表：




①
1
4
5
②
2
3
4，5，6
③
3
4
5

对①③：不成立，不成立，即不存在，，符合题意；
对②：成立，成立，则不成立，
∴，即存在，，符合题意；
综上所述：当，，任两项之和不小于5时，存在，，符合题意，D正确；
故选：C.
7．如图，菱形的边上有一点，边上有一点（，不与顶点重合）且，若是边长为的等边三角形，则的范围是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过作于，于，则，计算得到，，确定，，设，根据函数的单调性得到答案.
【详解】如图所示：过作于，于，则，

是等边三角形，，则，故，
则，，设，，，
根据余弦定理：，
，设，则，，，
故，即，
，函数在上单调递减，
故，即，即，解得.
故选：C
8．若函数与的图象有且仅有一个交点，则的值不可能为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】当时，设，则，，排除，其他选项利用函数的单调性结合零点存在定理，画图，相切确定正确，得到答案.
【详解】当时，与关于对称，
图象有且仅有一个交点，即与相切，
设切点为，则，，且，
故，，，故，A正确；
当时，设，则，
设，，恒成立，函数单调递增，
，故恒成立，单调递增，
，，故函数有唯一零点，B正确；
当时，设，则，
，故函数至少有2个零点，C错误.
当时，画出函数图像，如图所示：

根据图像知有一个交点，D正确.
故选：C

二、多选题
9．下列等式错误的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】依次判断每个选项， ，A错误，推导，C错误，，D错误，得到答案.
【详解】对选项A：，错误；
对选项B：，正确；
对选项C：，即，错误；
对选项D：，错误.
故选：ACD
10．下列命题为假命题的是（    ）
A．一个命题不是真命题，就是假命题
B．空间中存在相异且两两相交的平面，，，“若，则与，形成的锐二面角互余”为真命题
C．是的充分不必要条件
D．“若‘’为假命题，则‘，使方程有实数解’为真命题”为假命题
【答案】BCD
【分析】对A：根据命题的定义分析判断；对B：根据面面垂直的性质结合三垂线法求二面角，运算分析；对C：根据不等式的性质结合充分、必要条件分析判断；对D：根据子集关系结合运算分析.
【详解】对A：根据命题的定义可知：一个命题不是真命题，就是假命题，A正确；
对B：如图，均为矩形，设平面为平面，平面为平面，平面为平面，
不妨设，则，
在平面内作，垂足为，在平面内作，垂足为，则，
∵，平面平面，平面平面，
∴平面，
又∵平面，
∴，
，，
∴平面，
平面，则，
故平面与形成的锐二面角为，则，
同理可得：平面与形成的锐二面角为，则，
故，
∵，则，
∴，故不互余，B错误；

对C：
若
当，则，
∴，则；
当，则，
∴，则；
当，则，
∴；
综上所述：是的充分条件.
若，则，
当时，则可得或，故；
当时，则有：
①当，则，即，
可得：，
∵，则，
∴；
②当，则，即，
可得：，不合题意，舍去；
当，则，即，
可得：，符合题意，此时；
④当，则，即，
可得：，
∵，则，
∴；
综上所述：是的必要条件.
故是的充要条件，C错误；
对D：
若方程有实数解，等价于，解得或，
若“”为假命题，则，使得或，
故“若‘’为假命题，则‘，使方程有实数解’为真命题”为真命题，D错误；
故选：BCD.
11．已知函数，，且有最小正零点，若在上单调，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】确定，，故或，当时，不满足单调性，排除；当时，计算，，代入计算得到答案.
【详解】，故，
，故，
故，，故或，
当时，，，故，，
，有最小正零点，，，
，故，，故，，
当，，函数不单调，排除；
当时，，，故，，
或，或，
，故，，故，
，验证满足条件，此时，
故选：BC
12．如图，三棱锥中，，，，，则下列说法正确的是（    ）

A．时，；
B．存在一个定点，使恒成立；
C．无法使成立；
D．在的面积为（为常数）时，三棱锥的体积最大为
【答案】BD
【分析】根据已知条件可求出.假设，可得，在中，
根据三边关系可知假设不成立，即可判断A项错误；
假设，当时，，满足题中所有条件，则假设成立，即可得到C项错误；
由三棱锥的高，可知当平面时，体积有最大值，即可得出D项.
【详解】对于A，因为，所以有.
假设，根据知，，
所以，此时在中，有，
显然不正确，故假设不成立，即，故A项错误；
对于B，因为，在上取点，使得，
则不论底面如何变化，始终满足，故B项正确；
对于C，假设，则.
设，则.在中，有.
此时令，则，此时满足题意，故假设成立，故C项错误；
对于D，设三棱锥的高为，则有，
当平面时，三棱锥的体积最大，
此时体积，故D项正确.
故选：BD.

三、填空题
13．平面内有两个向量，，将绕起点顺时针旋转得到向量，且，则与的夹角为______.
【答案】或
【分析】设，，计算得到，得到夹角.
【详解】设，，如图所示：

，即，
是等边三角形，是中点，，故，
则与的夹角为或.
故答案为：或.
14．写出一个满足下列条件的函数的解析式：______.
①为奇函数；②为偶函数；③
【答案】（答案不唯一，符合题意即可）
【分析】根据题意以及函数的奇偶性的定义逐项运算分析.
【详解】若，则，即为奇函数；
，则，即为偶函数；
∵的定义域为，
当时，则，故；
当时，则，故；
综上所述：.
故答案为：.
15．双曲线的左右焦点分别为，，以实轴为直径作圆，过圆上一点作圆的切线交双曲线的渐近线于，两点（在第一象限），若，与一条渐近线垂直，则双曲线离心率为______.
【答案】
【分析】作图，连接，过作，得到，进而得到，得到，，在中，利用勾股定理，得到，进而得到，整理，得到，进而可求出双曲线的离心率.
【详解】
如图，为圆的切点，连接，，，故，，又，过作渐近线的垂线，交渐近线于点，则，又由渐近线的性质，可得，根据勾股定理，可得，又因为，得到，得到，，
，且，
，得到，整理得，
，
，
，整理得，
，，解得
故答案为：.

四、双空题
16．《扫雷》是一款益智类的小游戏，游戏要求玩家在方格中点击若干次，排除所有无雷的格子即算成功.方格中的数字代表其周围8格的地雷数.现有如图所示的方格阵，有4个方格已经被点开，则图中地雷数的可能取值有______种；若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有______种.

【答案】         
【分析】记为第行，第列格子，，，按照中是地雷和中不是地雷分两种情况讨论，再按照公共地雷的个数进行讨论可求出第一个空的答案；第二个空按照公共地雷个数为和分别计数，再相加可得解.
【详解】记为第行，第列格子，，，






4

3







3

2







当中是地雷时，
若其余无公共地雷时，图中地雷数为；
若其余有且只有一个公共地雷时，图中地雷数为；
若其余有且只有二个公共地雷时，图中地雷数为；
若其余有且只有三个公共地雷时，图中地雷数为；
若其余有且只有四个公共地雷时，图中地雷数为；
当中不是地雷时，
若其余有且只有一个公共地雷时，图中地雷数为；
若其余有且只有二个公共地雷时，图中地雷数为；
若其余有且只有三个公共地雷时，图中地雷数为；
若其余有且只有四个公共地雷时，图中地雷数为；
若其余有且只有五个公共地雷时，图中地雷数为；
若其余有且只有六个公共地雷时，图中地雷数为；
综上所述：图中地雷数可能取共个值.
若已知图中共有7个地雷，由以上分析可知，共分两类：
第一类：当中是地雷时，其余有且只有二个公共地雷，共有种；
第二类：当中不是地雷时，其余有且只有五个公共地雷，共有，
所以若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有种.
故答案为：；.

五、解答题
17．中，，，的对边分别为，，，，且①；②；③.已知①，②，③中有一个多余条件，选出这个条件，说明理由，并利用剩余条件求的大小.
【答案】③是多余条件，理由见解析，
【分析】若③不是多余条件，可以直接求出，不符合题意，根据面积公式得到，根据余弦定理得到，再利用正弦定理计算得到答案.
【详解】若③不是多余条件，则，故，，，
，故，，，
，故，则①②条件多余，不符合题意，故③是多余条件，
，故，，
，，，故，
，故，
根据正弦定理：，即，，
，故，，故.
18．如图，一个几何体由一个长方体与一个半圆柱组成，且，分别为圆柱上下底面的直径，，，设，试求：（以下结果用表示）

(1)该几何体的表面积与体积；
(2)从点沿几何体表面到点的最短距离；
【答案】(1)；
(2)

【分析】（1）直接计算体积和表面积得到答案.
（2）当路径经过正方体表面时，；当路径经过半圆柱表面时，，根据大小关系得到答案.
【详解】（1）几何体的体积为：
；
几何体的表面积为：，
（2）当路径经过正方体表面时，；
当路径经过半圆柱表面时，；
取，即，
当时，，，
当时，，，
即
19．已知正项数列，满足，，为等比数列，的前项和为，若；
(1)求的通项公式；
(2)，的共同项（即既属于也属于的项）从小到大组成数列，若，使，求；
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用与的关系，得到，再利用累加法，求出.
（2）根据题意，得到，进而可变为，计算可得答案.
【详解】（1）时，，得，
时，，故，
，整理得，，
故，（）利用累加法，得到
，，，；
检验，当时，，当时，，满足，
（2），，为等比数列，由（1）得，，
，，且，则，，
，的共同项（即既属于也属于的项）从小到大组成数列，
：，，
若，使，列式可得，
，解得.
20．随着高考临近，学生们的学习压力日渐加大，合理安排学科时间及应对“内卷”成为学生们的两大难题.阅读材料，回答下列问题.
材料一  在某学校的一个由50人组成的理科班中，为备战高考，数学张老师为全班同学订购了一组套卷，并要求学生一周完成2套，但实际调查发现全班同学每周完成的试卷数的均值为.
材料二  据同一学校的高三生的观点，可以将学生从两方面分为几类.一般而言，活跃在班级中的“学霸”具有以下特点：①能够合理安排各科学习时间，成绩优异；
②能在100分钟内完成一张标准的数学试卷，70分钟内完成一张标准的物理试卷；
而班级中的“题霸”在材料一的条件下会在一周完成3套及以上的数学试卷（仅讨论该套卷）.现对上述班级的50人按此标准进行分类，得到如下的列联表.
学霸
题霸
是
否
合计
是
6


否



合计
12



材料三  为平衡学科时间，物理陈老师提出“把做数学的十分之一时间拿来做物理”的理论.对数学与物理而言，花费于套卷的时间占课下学习该学科总时间的50%.
(1)假设除“题霸”外的学生一周均完成2套试卷，结合材料一估计该班级“题霸”数的最大值；
(2)根据（1）的结果完成上述列联表，并判断是否有90%的把握判断“是题霸”与“是学霸”有关；
(3)结合材料二、三，计算若物理陈老师实施且同学们严格遵守该理论的前提下，一位学生在一周内能够多完成的物理试卷张数的期望（保留两位有效数字）.
附表：①根据当地的高考政策，完成一张标准物理试卷的时间为75分钟；
②，其中.

0.15
0.10
0.05
0.01

2.072
2.706
3.841
6.635


【答案】(1)21；
(2)答案见解析；
(3)0.29

【分析】（1）要求该班级“题霸”数的最大值，只需“题霸”完成的试卷数为3.建立平均数的方程，即可求解；（2）根据题意完成列联表，套公式计算，对照参数下结论；（3）先建立分布列，再求出期望即可.
【详解】（1）因为，所以“题霸”完成的试卷数.
要求该班级“题霸”数的最大值，只需“题霸”完成的试卷数都为3.
设“题霸”人数为，
由题意可得：，解得：.
即该班级“题霸”数的最大值为21人.
（2）由（1）该班级由50人时，“题霸”人数为，
由题意完成列联表.
学霸
题霸
是
否
合计
是
6
15
21
否
6
23
29
合计
12
38
50

所以.
所以没有90%的把握判断“是题霸”与“是学霸”有关.
（3）由题意可得分布列为：

严格遵守该理论的前提下，
一周完成物理试卷的数量
频率
“是题霸”且“是学霸”


“非题霸”但“是学霸”


“是题霸”但“非学霸”


“非题霸”且“非学霸”



所以能完成物理试卷的数学期望为.
21．平面直角坐标系中，椭圆离心率为，且经过与两点；
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆上有关于轴对称的两点，过椭圆外，轴正半轴上一点作椭圆的切线，切点为；连交椭圆于另一点，连交轴于点，证明：，使成立；
【答案】(1)
(2)见解析

【分析】（1）把两个点和代入解方程即可.
（2）设出直线与椭圆联立韦达定理，再求出直线与轴的交点用表示，再求出点的横坐标，验证
【详解】（1）经过点，即
又因为经过点，即且
所以，所以
（2）设，直线

直线与椭圆联立得：且，即
根据韦达定理得：
，的直线方程为：，又因为与轴的交点为点，即时，

；
直线与轴的交点，设直线为
直线与联立得：，即，因为直线与相切，
所以方程有两个相等的根，
所以
所以，所以直线与轴垂直
又因为关于轴对称即直线与轴垂直，由题意得不重合，不重合，所以，即，使成立；
22．定义在上的连续函数满足：对，，，记的导函数为，（为常数）；
(1)证明：；
(2)设，若在上恒成立，证明：与具有切点相同的公切线.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据赋值法可得，进而推断，其中为奇函数，进一步可判断是线性关系，结合以及即可求解，进而可证明，
（2）根据在上恒成立可得，进而根据切点分别求解与的切线方程，构造函数求解方程的根即可求解.
【详解】（1）取，则，
取，则，
因此，因此，其中为奇函数，
对，，得，
化简得，因此是线性关系，又为奇函数，不妨设 ，
所以，由于，
因此，所以，
（2）在上恒成立，即，即在上恒成立，
记，则在上恒成立，
，由于在上单调递增，
当时，，此时当时，单调递增，当时，单调递减，此时，符合要求，
当时，令，则存在唯一的，使得，此时当时，单调递增，当时，单调递减，此时，不符合要求，
当时，令，则存在唯一的，使得，此时当时，单调递增，当时，单调递减，此时，不符合要求，
综上可知：，因此，
设与的切点为，，
则在该切点处的切线方程为，即
则在该切点处的切线方程为，即，
又，
构造函数，，
所以在单调递减，且，所以，
因此，，故与具有切点相同的公切线
【点睛】导数是研究函数的单调性，极值（最值）最有效的工具，对导数的考查主要从以下几个方面：
(1)考查导数的几何意义，求切线方程，
(2)利用导数求解函数的单调区间，判断单调性，已知函数的单调性求解参数的范围，
(3)用导数求解函数的最最值以及极值，恒成立问题，构造函数求解零点以及最值.