2022届湖北省黄冈中学高三下学期5月适应性考试（四模）数学试题含解析

这是一份2022届湖北省黄冈中学高三下学期5月适应性考试（四模）数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省黄冈中学2022届高三下学期5月适应性考试数学试题考试时间：2022年5月28日下午15:00-17:00  试卷满分：150一、单项选择题：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．命题“ ，”的否定是（       ）A． ， B． ，C． ， D． ，2．设集合，，则（       ）A． B． C． D．3．已知复数，则（       ）A． B．4 C． D．104．设是等差数列的前n项和，，，则（       ）A．90 B．100 C．120 D．2005．已知某圆台的高为1，上底面半径为1，下底面半径为2，则侧面展开图的面积为（       ）A． B． C． D．6．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为0.618，这一数值也可以表示为，若，则（       ）A．－4 B．－2 C．2 D．47．已知a，b为正实数，直线与曲线相切，则的最小值为（       ）A．8 B．9 C．10 D．138．已知抛物线E：（）的焦点为F，点A是抛物线E的准线与坐标轴的交点，点P在抛物线E上，若，则（       ）A． B． C． D．二、多项选择题：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．已知a，b，c均为非零实数，且，则下列不等式中，一定成立的是（       ）A． B． C． D．10．2021年某市教育部门组织该市高中教师在暑假期间进行集中培训，培训后统一举行测试．现随机抽取100名教师的测试成绩进行统计，得到如图所示的频率分布折线图，已知这100名教师的成绩都在区间内，则下列说法正确的是（       ）A．这100名教师的测试成绩的极差是20分B．这100名教师的测试成绩的众数是87.5C．这100名教师中测试成绩不低于90分的人数约占30%D．这100名教师的测试成绩的中位数是85分11．已知函数（，），将图象上所有的点向左平移个单位长度后得到函数的图象，若是偶函数，且在上恰有一个极值点，则的取值可能是（       ）A．1 B．3 C．5 D．712．已知是半径为2的圆O的内接三角形，则下列说法正确的是（       ）A．若角，则B．若，则C．若，则，的夹角为D．若，则为圆O的一条直径三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13．已知函数是奇函数，则实数a的值为__________．14．已知，是双曲线的两个焦点，P是双曲线上任意一点，过作平分线的垂线，垂足为N，则点N到坐标原点O的距离是__________．15．甲、乙、丙、丁四位同学站成一排照相留念，已知甲、乙相邻，则甲、丙相邻的概率为______．16．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为_______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且满足．(1)求角B的大小；(2)求的面积的最大值．18．已知数列的前n项和为，正项等比数列的首项为，且．(1)求数列和的通项公式；(2)求使不等式（）成立的所有正整数n组成的集合．19．在党中央的英明领导下，在全国人民的坚定支持下，中国的抗击“新型冠状肺炎”战役取得了阶段性胜利，现在摆在我们大家面前的是有序且安全的复工复产．某商场为了提振顾客的消费信心，对某中型商品实行分期付款方式销售，根据以往资料统计，顾客购买该商品选择分期付款的期数5的分布列如下，其中，．456P0.4ab (1)求购买该商品的3位顾客中，恰有1位选择分4期付款的概率；(2)商场销售一件该商品，若顾客选择分4期付款，则商场获得的利润为2000元；若顾客选择分5期付款，则商场获得的利润为2500元；若顾客选择分6期付款，则商场获得的利润为3000元，假设该商场销售两件该商品所获得的利润为X（单位：元）．当的概率取得最大值时，求利润X的分布列和数学期望．20．已知四棱锥中，底面是矩形，且，是正三角形，平面，、、、分别是、、、的中点． (1)求平面与平面所成的锐二面角的大小；(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．21．已知点是椭圆C：（）的左焦点，且椭圆C经过点．过点作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，过点M作直线l：的垂线，垂足为E． (1)求椭圆C的标准方程；(2)求证：直线过定点，并求定点的坐标．22．已知函数.(1)当时，求的最小值；(2)设，若在定义域R上是增函数，求实数的取值集合.
参考答案：1．D【解析】【分析】根据命题否定的定义即可求解.【详解】对于全称量词的否定是特称量词，并对结果求反，即 ；故选：D.2．C【解析】【分析】利用对数函数的单调性求得集合A，解一元二次不等式求得B,即可根据集合的补集以及并集运算求得答案.【详解】由题意得，则，而， 故，故选：C.3．A【解析】【分析】根据复数的乘方运算求得，再根据复数模的计算求得答案.【详解】复数，则，故，故选：A4．B【解析】【分析】由等差数列前n项和公式及等差数列下标和性质，即可求.【详解】由.故选：B5．D【解析】【分析】由题意求得展开图为圆环的一部分，求出小圆和大圆半径即可求出答案．【详解】由题意知圆台母线长为，且上底面圆周为，下底面圆周为，圆台侧面展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为 ，则圆环所在的大圆半径为 ，所以侧面展开图的面积，故选：．6．B【解析】【分析】已知条件代入后应用平方关系、余弦的二倍角公式、正弦的二倍角公式、诱导公式化简可得．【详解】．故选：B．7．B【解析】【分析】设切点为,求函数的导数，由已知切线的方程，可得切线的斜率，求得切点的坐标，可得,再由乘1法结合基本不等式，即可得到所求最小值．【详解】设切点为 ，的导数为，由切线的方程可得切线的斜率为1，令，则 ，故切点为，代入，得，、为正实数，则，当且仅当，时，取得最小值9，故选：B8．B【解析】【分析】过作准线的垂线，垂足为，由，可得，求出的值，由抛物线的性质可得，由正弦定理可得的值．【详解】过作准线的垂线，垂足为，由，可得，由题意如图所示：在中，可，由抛物线的性质可得，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，故选：B．9．BD【解析】【分析】根据不等式的基本性质及特殊值即可求解.【详解】对于A，取特殊值，满足，但，故A不正确；对于B，因为a，b，c均为非零实数，且，所以，所以，故B正确；对于C，取特殊值，满足非零实数，此时，但，故C不正确；对于D，因为a，b，c均为非零实数，且，所以，所以，所以，即，故D正确.故选：BD.10．BC【解析】【分析】根据频率分布折线图是连接频率分布直方图中各长方形中上端的中点得到的折线图，结合频率分布直方图中各数据的计算可判断每个选项的正误.【详解】这100名教师的测试成绩的最高分和最低分都无法确定，则极差不确定，故错误；由图可知，这100名教师的测试的众数为87.5分，故正确；这100名教师中测试分数不低于90分的人数占，故正确．设这100名教师测试成绩的中位数为，则,解得，故错误；故选：．11．BCD【解析】【分析】根据三角函数图象变换求得，根据是偶函数求得，结合在上只有一个极值点可得到答案.【详解】依题意，为偶函数，所以，由于，所以.，要使函数在上恰有一个极值点，则函数在上恰有一个最值，所以，，在上有唯一解，解得，，由于，即，解得，经验证可满足题意.故选：BCD12．BC【解析】【分析】对于A，作OD垂直于AB.垂足为D，则，由正弦定理求出AB,利用数量积的几何意义求得，即可判断；对于B,利用向量的加法运算可推出，即可判断；对于C，将平方，结合数量积的定义可求得，的夹角；对于D,根据数量积的运算律可推出，判断BC为圆的直径，即可判断D.【详解】对于A，作OD垂直于AB.垂足为D，则 ,由正弦定理得 ，故,故A错误；对于B,由得，，即,则点O为BC的中点，即BC为圆的直径，故，B正确；对于C，设，的夹角为 ，由得，，即 ，解得 或，由于，故，故，则，的夹角为，C正确；对于D,由 得，即，则为圆O的一条直径，D错误，故选:BC13．1【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求解；【详解】因为函数是奇函数，所以，即，化简整理，得，即，所以，解得.所以实数a的值为.故答案为：.14．1【解析】【分析】设点关于直线对称的点为，结合定义得出，再由距离公式得出点N到坐标原点O的距离.【详解】设点关于直线对称的点为，则由定义可知，设，则则，即故答案为：15．【解析】【分析】4人排成一排，其中甲、乙相邻的情况有12种，其中甲丙相邻的只有4种，由此能求出甲乙相邻，则甲丙相邻的概率．【详解】解：甲、乙相邻的方法有=12种情况，如果满足甲、丙相邻，则有4种情况，所以所求的概率为P=故答案为．【点睛】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．16．【解析】【分析】求出截角四面体上下底面距离，再由勾股定理列等式求得半径，代入球的表面积公求解即可【详解】解：因为棱长为的正四面体的高为，所以截角四面体上下底面距离为，序曲其外接球的半径为，等边三角形的中心为，正六边形的中心为，则垂直于平面与平面，则,所以，解得，所以该截角四面体的外接球的表面积为,故答案为：17．(1)(2)【解析】【分析】（1）用正弦定理角化边，再用余弦定理即可求解；（2）利用基本不等式求出ac的最大值，再用面积公式即可.(1)由正弦定理得，由余弦定理得 ， ，∴ ；(2)因为 ，，当且仅当时，等号成立，所以，所以 ，所以的面积的最大值；综上， ，的面积的最大值.18．(1)；；(2)．【解析】【分析】（1）由求，然后利用已知条件求得的公比得；（2）把已知不等式化简变形，，引入函数，计算的值，并证明当时，，得的递减性，从而得出不等式的解．(1)因为数列的前n项和为，所以当时，；当时，，故       所以，，从而，化为，又因为数列为正项等比数列且，设公比为，且，又，解得或（舍），从而．(2)当时，不等式转化为，即，记，，，，，，，，当时，，单调递减，所以 因此使不等式成立的所有正整数n组成的集合为．19．(1)(2)分布列见解析，数学期望为4900.【解析】【分析】（1）3位顾客中恰有1位选择“分4期付款”，则另外两位均不选“分4期付款”，根据此可求得答案；（2）先表示出当的情况，再利用均值不等式求出的值，进而列出分布列，算出数学期望.(1)由于3位顾客中恰有1位选择“分4期付款”，则另外两位均不选“分4期付款”．所以．(2)由题可得X的值分别为4000，4500，5000，5500，6000．，，，，，   所以，取最大值的条件为，所以分布列为：X40004500500055006000P0.160.240.330.180.09 ．20．(1)(2)存在，.【解析】【分析】（1）证明出平面，，设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得结果；（2）设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合可求得的值，即可得出结论.(1)解：因为是正三角形，为的中点，所以，，因为平面，平面，，，平面，因为且，、分别为、的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则，、、、、、、，，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，所以，，因此，平面与平面所成的锐二面角为.(2)解：假设线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，设，其中，，由题意可得，整理可得，因为，解得.因此，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，且.21．(1)(2)证明见解析；过定点.【解析】【分析】（1）由，解方程组可得答案；（2）设直线为，，，，联立直线与椭圆方程结合韦达定理可得直线方程，令可得答案.(1)由题意知，所以，而，故椭圆的标准方程为．(2)由题意，设直线：，，，，联立，整理得，显然恒成立，则，，易知：，又，所以直线：，令，则．所以直线过定点．22．(1)1(2)【解析】【分析】（1）求导数，由导函数得增区间，由得减区间；（2）求出导函数，题意说明恒成立，令，求导函数，再令，求导函数得时，恒成立，得是单调递增的，然后按分类讨论，结合零点存在定理说明的最小值是否是0，由此可得结论．(1)当时，，求导得，令. 所以的增区间为，减区间，因此当时，取得最小值1.(2)定义域为R，．因为若在定义域R上是增函数，则．令，，令，，注意到，，恒成立，即在上单调递增．1°当时，，故当时，，单调递减，当时，，单调递增，而，故，满足题意； 2°当时，所以为增函数，又，，故存在，使得，当时，单调递增，，不合题意，舍去； 3°当时，所以为增函数，又，，所以存在，使得，当时，，单调递减，，不合题意，舍去；综上：．【点睛】本题考查用导数确定函数的单调性，由单调性确定参数范围．难点在于需要多次求导以确定单调性与极值．目的是确定单调性，导数值的正负，得函数的单调性，函数的极值，分类讨论思想在解题中起到了简化作用．本题属于难题．