湖北省新高考部分校2022届高三下学期5月质量检测数学试题-

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湖北省新高考部分校2022届高三下学期5月质量检测数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

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

1．设，则（       ）

A．2 B．3 C． D．

2．设集合，则（       ）

A． B． C． D．

3．已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率（       ）

A．3 B． C． D．

4．已知，且，则（       ）

A． B． C． D．

5．一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的关系是

A．相等 B．互补 C．相等或互补 D．不确定

6．已知，则（       ）

A． B．

C． D．

7．函数对任意，由得到的数列均是单调递增数列，则下列图像对应的函数符合上述条件的是（       ）

A． B．

C． D．

8．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，过线段的中点作抛物线的准线的垂线，垂足为，以为直径的圆过点，则的最大值为（       ）

A． B． C． D．1

9．从装有2个白球和3个红球的袋子中任取2个球，则（       ）

A．“都是红球”与“都是白球”是互斥事件

B．“至少有一个红球”与“都是白球”是对立事件

C．“恰有一个白球”与“恰有一个红球”是互斥事件

D．“至少有一个红球”与“至少有一个白球”是互斥事件

10．函数的部分图象如图所示，则（       ）

A．，若恒成立，则

B．若，则

C．若，则

D．若，且，则

11．已知数列满足为数列的前项和，则（       ）

A．是等比数列

B．是等比数列

C．

D．中存在不相等的三项构成等差数列

12．若动直线与圆相交于两点，则（       ）

A．的最小值为

B．的最大值为

C．为坐标原点）的最大值为78

D．的最大值为18

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．展开式中的系数为_______________．

14．已知6个正整数，它们的平均数是5，中位数是4，唯一的众数是3，则这6个数的极差最大时，方差的值是__________.

15．表面积为的多面体的每一个面都与体积为的球相切，则这个多面体的体积为__________.

16．已知函数有3个不同的零点，则实数的取值范围是__________.

17．设正项数列的前项和为且，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和.

18．记的内角的对边分别为，若.

(1)求角；

(2)若，点在线段上，且是线段中点，与交于点，求.

19．第24届冬季奥林匹克运动会在首都北京举办，北京成为世界上唯一一个双奥之城.为了让更多青少年参与､热爱冰雪运动，某调研机构在全市学生中组织了一次冬奥会相关知识竞赛，并随机抽取20名参赛学生的成绩制成如下频数分布表：

规定得分在为“中等”，得分在为“优秀”.

(1)从“中等”和“优秀”两组学生中随机抽取4名学生，求恰有2人是“中等”的概率；

(2)将20名参赛学生的频率视为概率.现从参赛学生中随机抽取4人，记得分为“优秀”的人数为，求随机变量的分布列和数学期望.

20．如图，分别是圆台上､下底面的直径，且，点是下底面圆周上一点，，圆台的高为.

(1)证明：不存在点使平面平面；

(2)若，求二面角的余泫值.

21．已知.

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)当时，证明.

22．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点在圆上运动，点满足：线段的中点在线段上，且.设点的轨迹为.

(1)求的方程；

(2)设与轴的交点分别为在的左边，过与轴不垂直的直线交于，两点，若直线的斜率分别为，求证：为定值.

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

化简复数，求共轭复数，进而可得，即得．

【详解】

因为，所以，

所以，

∴.

故选：A.

2．C

【解析】

【分析】

先化简集合和，再求集合和的并集即可

【详解】

所以

所以

所以

故选：C

3．B

【解析】

【分析】

由题意可得，再由可求出答案.

【详解】

由双曲线的渐近线方程为，可知，

，

，

故选：B．

4．D

【解析】

【分析】

由已知的取值范围，求出的取值范围，再结合即可解得的值，即可求解

【详解】

因为，所以

又，所以，所以

所以

故选：D

5．D

【解析】

根据题意，可在正方体中，举例说明，得到答案.

【详解】

如图所示，在正方体中，二面角与二面角的两个半平面分别对应垂直，但是这两个二面角既不相等，也不互补，

所以这两个二面角不一定相等或互补.

例如：开门的过程中，门所在平面及门轴所在墙面分别垂直于地面与另一墙面，但门所在平面与门轴所在墙面所成二面角的大小不定，而另一二面角却是，所以这两个二面角不一定相等或互补.

【点睛】

本题主要考查了线面位置关系的应用，以及二面角的概念及应用，其中解答中熟记二面角的概念，合理举例是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.

6．B

【解析】

【分析】

根据中间值法即可比较.

【详解】

， ，

因为，所以,故.

故选：B

7．A

【解析】

【分析】

由题可得，进而可得函数的图像在直线的图像上方，即得.

【详解】

由题可知，，

∴，

故函数满足，即函数的图像在直线的图像上方，故排除BCD.

故选：A.

8．C

【解析】

【分析】

先设出，由抛物线定义求出，勾股定理求出，结合基本不等式求出的最大值即可.

【详解】

如图，以开口向右的抛物线为例，过作垂直于准线，垂足为，设，

则，以为直径的圆过点，则，，

则，则，当且仅当时取等，

即的最大值为.

故选：C.

9．A

【解析】

【分析】

根据互斥事件与对立事件的定义辨析即可

【详解】

“都是红球”与“都是白球”不能同时发生，是互斥事件，A对；

“至少有一个红球”与“都是白球”不能同时发生，但可同时不发生，不是对立事件，B错；

“恰有一个白球”与“恰有一个红球”能够同时发生（如1红1白），不是互斥事件，C错；

“至少有一个红球”与“至少有一个白球” 能够同时发生（如1红1白），不是互斥事件，D错

故选：A

10．ACD

【解析】

【分析】

根据函数图象求出函数解析式，再根据余弦函数的性质计算可得；

【详解】

解：由图可知，，所以，又，所以，所以，

又，且，所以，所以；

对于A：因为，所以，，所以，故A正确；

对于B：若，即，

所以或，，

即或，，故B错误；

对于C：因为关于对称，又，即，所以和关于对称，

故，所以，故C正确；

对于D：因为且，由在区间内的对称轴为可知，

，所以，故D正确；

故选：ACD

11．BC

【解析】

【分析】

根据给定条件，求出数列的通项表达式，再逐项分析计算、判断作答.

【详解】

数列中，，，则，，

因此，数列是以为首项，公比为3的等比数列，，

数列是以为首项，公比为3的等比数列，，B正确；

因，，则数列不是等比数列，A不正确；

，C正确；

假定中存在不相等的三项构成等差数列，令此三项依次为，且，，

则有，而，即，又，因此，不成立，

所以中不存在不相等的三项构成等差数列，D不正确.

故选：BC

12．ABD

【解析】

【分析】

由题可知直线恒过定点，利用圆的性质可判断A，利用余弦定理及数量积的定义可判断B，利用韦达定理法可得，然后利用基本不等式可判断C，利用向量数量积的定义及圆的性质可判断D.

【详解】

由，可得，

故直线恒过定点，又圆，圆心为，半径为3，

由圆的性质可得当⊥时，取得最小，

此时，，故A正确；

∵，

∴，故B正确；

由，可得，

设，则，

∴

，

∴，

要使最大，则最大，

要求的最大值，不妨令，（当时不合题意）

则，

当且仅当，即取等号，

故，故C错误；

由题可知，

∴，故D正确.

故选：ABD.

13．

【解析】

【分析】

把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．

【详解】

解：，

故它的展开式中的系数为，

故答案为：．

【点睛】

本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．

14．##

【解析】

【分析】

根据给定信息，分析可得6个正整数依次为1，3，3，5，6，12，再利用方差定义计算作答.

【详解】

因6个正整数极差最大，则最小数是1，而唯一众数是3，则3只能出现两次，若超过两次，则中位数是3，与中位数是4矛盾，

因此前4个数为1，3，3，5，设另两个数为，显然，因平均数是5，则，

要使极差最大，当且仅当c最大，此时，，

所以这6个数的方差为：.

故答案为：

15．

【解析】

【分析】

求出球的半径，然后直接求出多面体的体积．

【详解】

解：因为球的体积为．

设球的半径为，所以，解．

因为表面积为的多面体的每一个面都与体积为的球相切，

所以球的半径就是球心到多面体面的距离，

所以多面体的体积为．

故答案为：．

16．

【解析】

【分析】

由可得，，进而可得有两个零点，作出函数与直线的图象，利用数形结合即得.

【详解】

∵

，

由，可得，

∴，或，

对于函数在上单调递增，

又，

∴存在，使，即，

由，可得，

由题可得直线与有两个交点，

∵，由，可得，

∴单调递增，单调递减，

故函数，

作出函数与直线的图象，

由图可得，即，

综上，函数有3个不同的零点，实数的取值范围是.

故答案为：.

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由时，，推得，再由等差数列的定义和通项公式，可得所求；

（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可．

(1)

解：因为，当，且时，

，

所以，

则是首项为1，公差为2的等差数列，所以，

即，所以，

所以；

(2)

解：由（1）可得，

所以．

18．(1)；

(2).

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理，余弦定理可得，即得；

（2）利用余弦定理可得，进而可得，然后利用和角公式可得，即得.

(1)

∵，

∴，即，

又，

∴；

(2)

由题可知，，

∴，

∴，又，

∴，

∵，，

∴，

∴，

，

∴

.

19．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用组合和古典概型概率计算公式可得答案；

（2）求出的取值和对应的概率，可得分布列和数学期望.

(1)

“中等”学生共5人，“优秀”学生共4人，从“中等”和“优秀”两组学生中随机抽取4名学生，

所以恰有2人是“中等”的概率是.

(2)

得分为“优秀”的概率为，的取值为，

，

，

，

，

，

∴X的分布列为

数学期望.

20．(1)证明见解析；

(2).

【解析】

【分析】

（1）引入辅助线，先假设若题干成立，借此证明出底面，显然是不对的；（2）建立坐标系，利用空间向量求解.

(1)

假设存在这样的点使平面平面，是底面直径，故，作，垂足为，由于平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的性质定理，平面，又平面，故，又，平面，故平面，故，同理可证，又平面 于是平面，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和平行，于是假设矛盾，故不存在点使平面平面.

(2)

过作，垂足为，下以为原点，为轴，过垂直于且落在底面的射线为轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标

，，设平面的法向量，

可得，不妨取；

，，设平面的法向量，

可得，不妨取.

于是法向量的夹角为.

由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是.

21．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）利用导数的几何意义可求解；

（2）将问题转化为证明成立，再分别求与的最值即可证明.

(1)

因为，则，，

则，

所以所求切线方程为，即.

(2)

由题意，可知，要证明，

即证，

令，则，

当，当，

所以在上单调递减，在上单调递增.

所以.

令，则，

因为，

所以当，当，

所以在上单调递增，在上单调递减.

所以，

所以恒成立，即恒成立，

所以当时，.

【点睛】

解决本题的关键一是对要证明的不等式进行变形，二是分别求两个新函数的最值.

22．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）设，连接，则由题意得，从而可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，进而可求出其方程，

（2）当直线的斜率存在时，设直线为，，将直线方程代入椭圆方程中化简，利用根与系数的关系，求出，，再化简可得结论，当直线的斜率不存在时，求出坐标，再求出，，再化简可得结论，

(1)

因为，所以，

设，连接，则为的中点，

所以,

所以根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，

设，其中，

所以的方程为

(2)

证明：当直线的斜率存在时，设直线为，

由，得，

因为点在椭圆内部，所以直线与椭圆一定交于两个不同的点，设，则

，

因为，

所以的斜率为，直线的斜率为，

所以

，

当直线的斜率不存在时，可得或，

因为，

所以或，

所以，

综上，为定值2，

【点睛】

关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简后利用根与系数的关系，然后表示出直线的斜率，，再化简计算即可，考查计算能力，属于较难题