2022届湖北省龙泉中学、宜昌一中、荆州中学等四校高三下学期模拟联考（一）数学试题含答案

这是一份2022届湖北省龙泉中学、宜昌一中、荆州中学等四校高三下学期模拟联考（一）数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

湖北省四校2021-2022学年高三下学期5月模拟联考（一）
数学试卷
一、选择题：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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．在复平面内，复数z对应的点为，则（ ）
A． B． C． D．
3．若是函数图象的对称轴，则的最小正周期的最大值是（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数，关于函数的结论正确的是（ ）
A． B．的值域为
C．的解集为 D．若，则x的值是1或
5．过抛物线，的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若，则直线l的倾斜角等于（ ）
A．30°或150° B．45°或135° C．60°或120° D．与P值有关
6．已知从点发出的一束光线，经x轴反射后，反射光线恰好平分圆：的圆周，则反射光线所在的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
7．有一个非常有趣的数列叫做调和数列，此数列的前n项和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到它的近似公式：当n很大时，，其中称为欧拉-马歇罗尼常数，……，至今为止都还不确定是有理数还是无理数．由于上式在n很大时才成立，故当n较小时计算出的结果与实际值之间是存在一定误差的，已知，．用上式估算出的与实际的的误差绝对值近似为（ ）
A．0.073 B．0.081 C．0.122 D．0.657
8．设，，，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：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．疫苗是为预防、控制传染病的发生、流行，用于人体预防接种的预防性生物制品，其前期研发过程中，一般都会进行动物保护测试，为了考察某种疫苗预防效果，在进行动物试验时，得到如下统计数据：

未发病
发病
总计
未注射疫苗
30


注射疫苗
40


总计
70
30
100
附表及公式：

0.05
0.01
0.005
0.001

3.841
6.635
7.879
10.828
，．
现从试验动物中任取一只，取得“注射疫苗”的概率为0.5，则下列判断正确的是（ ）
A．注射疫苗发病的动物数为10
B．某个发病的小动物为未注射疫苗动物的概率为
C．能在犯错概率不超过0.005的前提下，认为疫苗有效
D．该疫苗的有效率约为80%
10．中，，BC边上的中线，则下列说法正确的有（ ）
A．为定值 B．
C． D．的最大值为30°
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线的右支上，现有四个条件：①；②；③PO平分；④点P关于原点对称的点为Q，且，能使双曲线Ｃ的离心率为的条件组合可以是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
12．已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
A．四边形EMGH的周长为定值
B．当时，平面截球O所得截面的周长为
C．四棱锥的体积的最大值为
D．当时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．在展开式中，含的项的系数是_______．
14．已知，则_______．
15．在数列中，，，，则_______；的前2022项和为_______．
16．如图，某酒杯上半部分的形状为倒立的圆锥，杯深8 cm，上口宽6 cm，若以的匀速往杯中注水，当水深为4 cm时，酒杯中水升高的瞬时变化率_______．

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．
17．（10分）
在中，，，点D在BC边上，，为锐角．

（1）求BD；
（2）若，求的值．
18．（12分）
已知公比不为1的等比数列，为数列的前n项和．，且，，构成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的最大正整数k．
19．（12分）
如图所示，在梯形ABCD中，，，四边形ACFE为矩形，且CF上平面ABCD，．

（1）求证：平面BCF；
（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角为．
20．（12分）
2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．
已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为，甲与丙比赛，甲赢的概率为P，其中．
（1）若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛？
（2）为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金6万元，负队获奖金3万元；若平局，两队各获奖金3.6万元．
在比赛前，已知业余队采用了（1）中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望的取值范围．
21．（12分）
已知椭圆的焦距为4，上顶点为A，右焦点为F，原点O到直线AF的距离为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F的直线l与C交于M，N两点，过点M作x轴垂线，垂足为E，过点N作x轴垂线，垂足为Q，QM与NE交于点P，是否存在直线l使得的面积等于若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
22．（12分）
已知函数（，）
（1）讨论函数的单调性；
（2）若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围．


































参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
对两个集合直接求交集即可.
【详解】
集合，，则,
故选：D
2．A
【解析】
【分析】
根据复数的概念和运算法则计算可得.
【详解】
因为复数z对应的点为，
∴z=1-2i,，
故选：A.
3．D
【解析】
【分析】
根据对称轴可求的值，从而可求最小正周期.
【详解】
因为是函数图象的对称轴，
所以，故，
所以，故的最小正周期的最大值为，
故选：D.
4．B
【解析】
【分析】
根据函数解析式，画出函数图象，结合图象一一判断即可；
【详解】
解：因为，函数图象如下所示：

由图可知，故A错误；
的值域为，故B正确；
由解得，故C错误；
，即，解得，故D错误；
故选：B
5．C
【解析】
【分析】
作出到准线的垂线段，利用抛物线的定义求解．
【详解】
如图是抛物线的准线，作，，为垂足，设，则，
由抛物线定义知，，
过作，垂足为，则易得，所以，
直角三角形中，，，
此时直线倾斜角为60°，由对称性，直线倾斜角也可为120°，
故选：C．

6．A
【解析】
【分析】
根据反射性质，结合圆的性质、直线斜率公式进行求解即可.
【详解】
设点的坐标为，圆的圆心坐标为，
设是x轴上一点，因为反射光线恰好平分圆的圆周，
所以反射光线经过点，
由反射的性质可知：，
于是，所以反射光线所在的直线方程为：
，
故选：A
7．B
【解析】
【分析】
根据所给数据求出的估计值，再根据对数的运算法则求出，即可得解；
【详解】
解：依题意
所以，
又
所以估算出的与实际的的误差绝对值近似为；
故选：B
8．C
【解析】
【分析】
构造函数.利用导数判断单调性，证明出.构造函数.利用导数判断单调性，证明出，得到；构造函数.利用导数判断单调性，证明出，即为.即可得到答案.
【详解】
记.
因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
记.
因为，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
所以.
记.
因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
所以.
综上所述：.
故选：C
9．ABD
【解析】
【分析】
完善列联表可直接判断A，计算比例后判断BD，计算判断C．
【详解】
完善列联表如下：

未发病
发病
总计
未注射疫苗
30
20
50
注射疫苗
40
10
50
总计
70
30
100

由列联表知，A正确，
，B正确，
，
不能在犯错概率不超过0.005的前提下，认为疫苗有效，C错误；
疫苗的有效率约为，D正确．
故选：ABD．
10．AD
【解析】
【分析】
由计算判断A，由平方计算判断B，由数量积定义结合基本不等式判断C，利用在以为圆心，4为半径的圆上（除去直线与圆的交点），得出，然后由余弦定理求得，结合基本不等式，余弦函数性质判断D．
【详解】
是定值，A正确；
由得，所以，B错；
，
，时等号成立，C错，
，BC边上的中线，在以为圆心，4为半径的圆上（除去直线与圆的交点），
，所以，即，记，即，
，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是，即的最大值是，D正确．
故选：AD．
11．AD
【解析】
【分析】
对各个选项进行分析，利用双曲线的定义找到a,c的等量关系，从而确定离心率.
【详解】
③PO平分且PO为中线，可得，点P在双曲线的右支上，所以不成立；
若选①②：，，可得，，
所以，即离心率为，成立；
若选②④：，点P关于原点对称的点为Q，且，可得四边形为矩形，即，可得，，
所以，即离心率为，成立；
故选：AD
12．ACD
【解析】
【分析】
利用线面平行得平行四边形，由平行线性质得边长，从而可得四边形周长，判断A，
把正四面体放置在一个正方体中，正四面体的棱是正方体的面对角线，由正方体的性质可求得平面截球O所得截面圆的半径，从而得周长，判断B，证明是矩形后，由正方体的性质易得到平面的距离，求出棱锥体积后，利用导数求得最大值判断C，在正方体中旋转正四面体，易得放置后的四面体的位置，并确定两个正四面体的公共部分，从而得体积判断D．
【详解】
如图1，由平面，平面，平面平面，得，同理，所以，同理，所以是平行四边形，
，则，，
正四面体ABCD的棱长为，则，，
所以的周长为，为定值，A正确；

　　　　　图1
如图2，把正四面体放置在一个正方体中，正四面体的棱是正方体的面对角线，如图，正方体的外接球就是正四面体的外接球，由正四面体棱长为得正方体的棱长为2，
正方体的对角线是外接球的直径，所以外接球半径为，
由于平面与平行，因此易得平面与正方体的上下底面平行，
时，，平面到正方体上底面的距离为正方体棱长的，而外接球球心到正方体上底面的距离为正方体棱长的，所以到平面的距离为，
平面截球O所得截面圆半径为，截面圆周长为，B错；

　　　　　　图2
如图3，取中点，连接，则，
又，平面，
所以平面，而平面，所以，所以，
所以，
由图2知点到平面的距离为，
所以，
设（），则，
时，，递增，时，，递减，
时，取得最大值，所以的最大值为，C正确；

　　　　图3
如图4，还是如图2一样把正四面体放置在一个正方体中，时，是正方体前后两个面的中心（对角线交点），由正方体性质，正四面体绕旋转90°后得下四面体，是正方体的另外四个顶点，这两个正四面体的公共部分正好是一个正八面体，正八面体的六个顶点是正方体六个面的中心，
，
正八面体的体积为，D正确．

　　　　　图4
故选：ACD．
【点睛】
关键点点睛：本题考查正四面体的截面，考查空间几何的体积等问题，解题关键是把正四面体放置在正方体中，利用正方体的性质确定与正四面体有关的图形的性质，求解结论．对学生的空间想象能力、逻辑思维能力，运算求解能力要求较高，本题属于难题．
13．30
【解析】
【分析】
利用二项展开式的通项公式可求的项的系数
【详解】
的展开式的通项公式为，故该展开式中的项的系数为，
的展开式的通项公式为，故该展开式中的项的系数为，
故在展开式中，含的项的系数为30，
故答案为：30.
14．
【解析】
【分析】
根据二倍角的余弦公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】
即，
故答案为：
15．
【解析】
【分析】
计算出当水深为时，水的体积，然后除以流速可得出时刻的值，设水的深度为，求出关于的函数表达式，利用导数可求得当水深为时，水升高的瞬时变化率.
【详解】
设时刻水的深度为，水面半径为，则，则，
当水深为时，酒杯中水面的半径为，此时水的体积为，
由题意可得，可得；
由题意可得，，
，当时，.
故答案为： .
16．     3     1023133
【解析】
【分析】
求出数列前若干项，根据其特性，分别求和后再可解即可.
【详解】
由，得，又，
所以，，，，，
，，，，，，
，，；
因为，
所以，明显可见，规律如下：
，成各项为1的常数数列，其和为，
，成首项为2，公差为的等差数列，其和为，
，成各项为0的成常数数列，其和为，
，成首项为3，公差为4的等差数列，其和为，
故.
故答案为：①3；②1023133.
17．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）在中，由余弦定理求解.
（2）由余弦定理求得，然后由两角差的正弦公式计算．
(1)
在中，由余弦定理得：
所以，解得或
当时，，此时，不符合题意，舍去；
当时，，此时，符合题意，故．
(2)
在中，
所以．又由（1）易得，
所以.
18．(1)，
(2)
【解析】
【分析】
（1）设等比数列的公比为q，利用等比数列基本量进行运算即可；
（2）表示成，对k分奇偶进行讨论求解即可.
(1)
设等比数列的公比为q，且．
因为，，，构成等差数列，所以，解得
所以．
所以数列的通项公式为，
(2)
，∴
要使成立，即，即
当k为偶数时，，不等式不成立
所以k为奇数，设，，
即，即，即，即
∴整数，∴m的最大值为2
此时，∴使成立的最大正整数．
19．(1)证明见解析
(2)M与E重合
【解析】
【分析】
（1）可证平面BCF，从而得到需求证的线面垂直.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面MAB的一个法向量和平面FCB的一个法向量后可求二面角的余弦值，从而可求参数的值，故可得的位置.
(1)
证明：设，在梯形中，过分别作的垂线，垂足分别为，

∵，，所以，
∴，∴，
∴，则．
∵平面ABCD，平面ABCD，∴，
而，CF，平面BCF，
∴平面BCF．∵，∴平面BCF．
(2)
以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，，，
∴，．
设为平面MAB的法向量，
由得取，则
易知是平面FCB的一个法向量，
∴，
∵，∴当时，
即与重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角为．

20．(1)安排乙
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用独立事件的概率的计算公式可求业余队安排乙与甲进行比赛时业余队获胜的概率及业余队安排丙与甲进行比赛业余队获胜的概率，根据的范围可得正确的安排方法.
（2）利用独立事件的概率公式可求万元或万元对应的概率，利用期望公式结合（1）的结果可求期望的范围.
(1)
第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：

第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：

因为，所以，
所以，业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛．
(2)
由已知万元，或万元
由（1）知，业余队最优决策是第一场应该安排乙与甲进行比赛．
此时，业余队获胜的概率为：
专业队获胜的概率为
所以，非平局的概率为
平局的概率为
X的分布列为：
X
9
7.2




X的期望为
由，所以数学期望的取值范围为（单位：万元）
21．(1)
(2)存在，直线l的方程为
【解析】
【分析】
（1）由焦距得焦点坐标，得，写出直线方程，由点到直线距离公式求得，再计算出得椭圆方程；
（2）假设存在，当直线MN斜率为0时，不符合题意，当直线斜率不为0时，设直线MN方程为，代入椭圆方程，设，，由韦达定理得，，由直线方程联立求得点坐标，由计算面积从而可求得参数值，得直线方程．
(1)
由题意知，，
设又直线AF的方程，即，
因为点O到直线AF的距离为，所以，解得，，，
所以椭圆C的方程为．
(2)
依题意，当直线MN斜率为0时，不符合题意；
当直线斜率不为0时，设直线MN方程为，
联立，得，易知．
设，，则，，
因为轴，轴，所以，，
所以直线①，直线②，
联立①②解得，
因为，ME与直线平行，
所以，
因为，所以
，
由，得，解得或（舍），
故存在直线l的方程为，使得的面积等于．
22．(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)
【解析】
【分析】
（1）求定义域，求导，对m进行分类讨论，求出单调性；（2）参变分离后，转化为在上恒成立，对求导，求解其最小值，最终求出m的取值范围，过程用到了同构和隐零点的方法.
(1)
因为，其定义域为
所以．
当，即时，，所以在上单调递增；
当，即时，由得：，所以在上单调递增；
得：，所以在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)
因为，，
所以，所以在上恒成立．
令，则，
令，则，
所以在上单调递增．
又，，所以在上有唯一零点，使．
即，即，即，
当时，，当时，，
所以在处取得极小值，也是最小值.
令，，当时，恒成立，
所以函数在上单调递增，所以，即，即．
所以的最小值，
所以，即，所以实数m的取值范围是．
【点睛】
导函数求解参数的取值范围问题，参变分离是常用思路之一，本题难点在于研究导函数的零点时，要用到隐零点的思想和同构的方法，需要对常用同构变形熟悉.