2022届湖北省黄冈中学高三下学期三模数学试题（B卷）含解析

这是一份2022届湖北省黄冈中学高三下学期三模数学试题（B卷）含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届湖北省黄冈中学高三下学期三模数学试题（B卷）一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】先分别求出集合 ，再求交集即可.【详解】,所以故选：B【点睛】本题考查指数函数的值域问题，集合求交集运算，属于基础题.2．已知，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意利用诱导公式、二倍角的余弦公式，计算求得结果．【详解】解：由题意可知，，故选：A.3．双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率为（       ）A． B．2 C． D．4【答案】B【分析】由双曲线的渐近线与直线垂直求出关系，计算离心率即可.【详解】双曲线的一条渐近线与直线垂直，则，所以曲线的离心率，故选：B4．设，，则“”是“”的（       ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】先利用基本不等式证明充分性成立，再举反例说明必要性不成立即可.【详解】解：因为，，所以，所以，所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号）.所以“”是“”的充分条件.反之，当，时，但是，所以“”是“”的不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查基本不等式的应用、充分条件与必要条件，属于中档题.5．已知定义在R上的函数是偶函数，且在上单调递增，则满足的x的取值范围为（     ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由平移法则确定函数关于直线对称，且在上单调递增，结合函数对称性和单调性去“”即可.【详解】因为函数是偶函数，且在上单调递增，所以函数的图象关于直线对称，且在上单调递增，又，所以，即，平方并化简，得，解得或．故选：B．6．已知直角三角形ABC中，，AB=2，AC=4，点P在以A为圆心且与边BC相切的圆上，则的最大值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立如图所示的坐标系，根据可求其最大值.【详解】以为原点建系，，，即，故圆的半径为，∴圆，设中点为，，，∴，故选：D.7．4位同学坐成一排看比赛节目，起身活动后随机安排一位同学去购买饮料，留下的同学继续坐下收看，若留下的同学不坐自己原来的位置（4把椅子）且考虑留下同学的随机性，则总的坐法种数为（       ）A．44 B．36 C．28 D．15【答案】A【分析】先安排一名同学去买饮料，然后结合“留下的同学不坐自己原来的位置”计算出不同的坐法种数.【详解】设4位同学分别是甲､乙､丙､丁，随机安排一位同学去购买饮料有种情况，不妨设选中丁去购买饮料，若甲坐丁的位置，则乙､丙有3种坐法，若甲坐乙､丙中之一的位置，则乙､丙有4种坐法，所以总的坐法种数为.故选：A8．已知设其中为自然对数的底数，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将原不等式移项合并，利用放缩法判断的大小关系；构造函数利用导数法求出最大值，确定最大值与的大小关系即可判断.【详解】,,令，则，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；时取，，，，，又,而，，.综上所述：故选：B二、多选题9．设z为复数，则下列命题中正确的是（　　）A． B．z2＝|z|2C．若|z|＝1，则|z+i|的最大值为2D．若|z﹣1|＝1，则0≤|z|≤2【答案】ACD【分析】根据复数的运算法则，以及其几何意义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】设，则，对A：，故A正确；对B：，故B错误；对C：若，则该复数对应点为以原点为圆心，半径为1的圆上的点，而表示复数对应点到的距离，故当且仅当对应点为时，取得最大值2，故C正确；对D：若，其表示复数对应的点是以为圆心，为半径的圆上的点，又表示复数对应点到原点的距离，显然，故D正确.故选：ACD.10．设，下列结论正确的是（　　）A．B．C．D．当时，除以的余数是1【答案】ACD【分析】在展开式中，令求得结论判断A，根据二项式定理求得，判断B，令，换元后，对求导后，再令所得结论判断C，，代入后，展开后，应用整数知识可得余数从而判断D．【详解】在展开式中令，即得，A正确；，所以，，，B错；令，则，两边对求导得，令得，C正确；时，，展开式右边共7项，前6项都是2000的整数倍，因此它除以2000的余数是1，D正确．故选：ACD．11．已知菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD相交于点O．将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论正确的是（       ）A．BD⊥CMB．存在一个位置，使△CDM为等边三角形C．DM与BC不可能垂直D．直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°【答案】ABD【解析】画出图形，利用直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系判断选项的正误即可．【详解】对A，菱形中，，与相交于点．将沿折起，使顶点至点，如图：取的中点，连接，，可知，，所以平面，可知，故A正确；对B，由题意可知，三棱锥是正四面体时，为等边三角形，故B正确；对C，三棱锥是正四面体时，与垂直，故C不正确；对D，平面与平面垂直时，直线与平面所成的角的最大值为，故D正确．故选：ABD．【点睛】本题考查空间几何体的直线与直线、直线与平面的位置关系的综合判断、命题的真假的判断，考查转化与化归思想，考查空间想象能力．12．已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有(       )A．B．若，则函数的最小正周期为；C．关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解D．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为【答案】ABD【分析】A：在上单调，，，故；B：求出区间右端点关于的对称点，由题可知在上单调，据此可求出f(x)周期的范围，从而求出ω的范围.再根据知是f(x)的对称轴，根据对称轴和对称中心距离为周期的倍即可求出ω，从而求出其周期；C：根据ω的范围求出周期的范围，根据正弦型函数一个完整周期只有一个最高点即可求解；D：由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，据此即可求ω的范围.【详解】A，∵，∴在上单调，又，，∴，故A正确；B，区间右端点关于的对称点为，∵，f(x)在上单调，∴根据正弦函数图像特征可知在上单调，∴为的最小正周期，即3，又，∴.若，则的图象关于直线对称，结合，得，即，故k＝0，，故B正确.C，由，得，∴在区间上最多有3个完整的周期，而在1个完整周期内只有1个解，故关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解，故C错误.D，由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，结合，得，又，∴的取值范围为，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题综合考察的周期、单调性、对称中心、对称轴等特性，解题的关键是熟练掌握正弦型函数对称轴，对称中心的位置特征，掌握正弦型函数单调性与周期的关系.常用结论：(1)单调区间的长度最长为半个周期；(2)一个完整周期内只有一个最值点；(3)对称轴和对称中心之间的距离为周期的倍.三、填空题13．已知抛物线的焦点为，点.若线段的中点在抛物线上，则的值为___________.【答案】【分析】求出点的坐标，代入抛物线的方程可求得的值.【详解】抛物线的焦点为，因为点，所以线段的中点为，由已知条件可得，，解得.故答案为：.14．圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为的球面上，圆柱底面直径为8，则该圆柱的体积为_______【答案】【分析】由球体积求得球半径，再由球的截面性质求得圆柱的高，从而得圆柱体积．【详解】球的半径为，，解得，圆柱的高为：．可得．故答案为：．15．已知数列的通项公式为，保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前项和为，则的值为______．【答案】130【分析】根据插入数的规则，先分析在中对应的项数，根据所得可验证在中的项数，据此分析中到中项的情况即可分组求和得解.【详解】因为与之间插入个1，所以在中对应的项数为，当k＝6时，，当k＝7时，，所以，，且．为前6项和， 因此.故答案为：13016．已知函数，，若函数有三个零点，则实数a的取值范围是__________.【答案】【解析】利用导数研究函数的单调性，根据单调性可做大致图象，由数形结合，建立不等式即可求解.【详解】，当时，，在R上单调递增﹐在R上只有一个零点，在R上也只有一个零点，故至多有两个零点，不满足题意.当a＞0时，令f'(x)＝3x2－a＝0，解得x＝±，由，得或，由，得，所以函数f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减，在同一坐标系中，分别作出函数f (x)，g (x)的图像，根据图像可知：当f()0时，所以F(x) 有且只有一个零点； 当f()＜0时，要使得有三个不同的零点，则或者，解得，故答案为：【点睛】本题考查了数形结合思想，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数研究函数的零点，属于中档题.四、解答题17．已知数列满足，，，，且是，的等比中项.(1)求的值；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)(2)，【分析】（1）根据及，表达出，，利用等比中项性质求出的值；（2）结合第一问所求，分n为偶数和奇数，分组求和进行求解【详解】(1)由，可得：，，，，所以，，，.因为是，的等比中项，所以，则，又，所以.(2)由（1）知.当n为偶数时，；当n为奇数时，.综上所述，，.18．如图，在四边形中，与相交于点，且为的角平分线，，．（1）求；（2）若，求四边形的面积．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先由余弦定理得出，再由正弦定理得出，进而由角平分线的性质得出；（2）先由平方关系以及差角公式求出，再由正弦定理求出，进而由三角形面积公式得出四边形的面积．【详解】解：（1）中，，由余弦定理可得，所以，再由正弦定理，可得又因为为的角平分线，所以；（2）中，，，所以从而由正弦定理可得而【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用正余弦定理解三角形，由三角形面积公式得出四边形的面积.19．如图，已知三棱台中，二面角的大小为，点在平面内的射影在上，，，．(1)证明：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）过作交于，连，则四点、、、共面，通过证明、可证平面；（2）以为原点，分别为轴，过且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的向量公式计算可得结果.【详解】(1)过作交于，连，因为在三棱台中，，所以，所以四点、、、共面，因为，所以，所以，因为点在平面内的射影在上，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，即平面.(2)由（1）可知，平面，又平面，所以，结合可知，是二面角的平面角，所以，在直角三角形中，，，所以，，在直角三角形中，有，，以为原点，分别为轴，过且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，所以，得，令，则，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.20．已知椭圆的右顶点为，离心率为．过点与x轴不重合的直线l交椭圆E于不同的两点B，C，直线，分别交直线于点M，N．(1)求椭圆E的方程；(2)设O为原点．求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由题得到关于的方程组，解方程组即得解；（2）设，只需证明.设直线l的方程为，联立椭圆方程得韦达定理，根据三点共线得到，，求出即得证.【详解】(1)解：由题得所以椭圆E的方程为.(2)解：要证，只需证，只需证明只需证明只需证明设，只需证明只需证明.设直线l的方程为，联立椭圆方程得，设，所以，又三点共线，所以，同理，所以，所以所以.所以.21．2022世界乒乓球团体锦标赛将于2022年9月30日至10月9日在成都举行．近年来，乒乓球运动已成为国内民众喜爱的运动之一．今有甲、乙两选手争夺乒乓球比赛冠军，比赛采用三局两胜制，即某选手率先获得两局胜利时比赛结束．根据以往经验， 甲、乙在一局比赛获胜的概率分别为、，且每局比赛相互独立．(1)求甲获得乒兵球比赛冠军的概率；(2)比赛开始前，工作人员买来两盒新球，分别为“装有2个白球与1个黄球”的白盒与“装有1个白球与2个黄球”的黄盒．每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比赛，且局中不换球，该局比赛后，直接丢弃．裁判按照如下规则取球:每局取球的盒子颜色与上一局比赛用球的颜色一致，且第一局从白盒中取球．记甲、乙决出冠军后，两盒内白球剩余的总数为，求随机变量的分布列与数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）甲获得乒兵球比赛冠军这个事件为前两局甲全获胜，或前两局中甲胜一局第三局甲胜，由独立事件与互斥事件概率公式计算；（2）甲乙决出冠军共进行了局比赛，易知或，记表示第局从白盒中抽取的白色球，表示第局从黄盒中抽取的黄色球，的所有可能取值为，根据和分类讨论确定事件，，的情形，求出概率得分布列，再由期望公式计算期望．【详解】(1)记事件:“甲在第局比赛中获胜”，，事件:“甲在第局比赛中末胜” ..记事件“甲夺得冠军"，则.(2)设甲乙决出冠军共进行了局比赛，易知或.则，故.记表示第局从白盒中抽取的白色球，表示第局从黄盒中抽取的黄色球，的所有可能取值为;; ;.综上可得，的分布列如下:X123 数学期望为22．函数，（1）判断时，的零点个数，并加以说明；（2）正项数列满足，，①判断数列的单调性并加以证明.②证明：【答案】（1）0个，说明见解析（2）①数列为减数列，证明见解析 ②证明见解析【解析】（1）计算，设，确定函数单调递增，得到零点个数.（2）化简得到，则只需证，根据（1）知成立；只要证，即证即，设，求导得到单调性得到证明.【详解】（1）当时，，，在是增函数.，，零点个数为0个（2）①数列为减数列，证明如下：，，，要证为减数列，只需证，，只需证，，，由，即，由（1）可知成立，②要证明：，由，只需证，只要证，由于，此时成立.所以即证，即，即，，令，，故在递增，，于是成立，所以原不等式成立.【点睛】本题考查了函数零点问题，数列的单调性，证明数列不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.