湖北省孝感市普通高中2022届高三上学期期中联考数学含答案

这是一份湖北省孝感市普通高中2022届高三上学期期中联考数学含答案，共7页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，函数f＝tan的单调递增区间是，……等内容，欢迎下载使用。

本试卷满分150分
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本大题共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A＝{1，2，3}，B＝{x|x2<9}，则A∩B＝
A.{－2，－1，0，1，2，3} B.{－2，－1，0，1，2} C.{1，2，3} D.{1，2}
2.设复数z满足z＋i＝3－i，则＝
A.－1＋2i B.1－2i C.3＋2i D.3－2i
3.已知向量＝a＋3b，＝5a＋3b，＝－3a＋3b，则
A.A，B，C三点共线 B.A，B，D三点共线
C.A，C，D三点共线 D.B，C，D三点共线
4.已知双曲线－y2＝1(a>0)的离心率是，则a＝
A. B.2 C.4 D.6
5.函数f(x)＝tan(2x－)的单调递增区间是
A.[，](k∈Z) B.(，)(k∈Z)
C.(kπ＋，kπ＋)(k∈Z) D.[kπ－，kπ＋](k∈Z)
6.若样本数据x1，x2，…，x10的标准差为8，则数据2x1－1，2x2－1，…，2x10－1的标准差为
A.8 B.15 C.16 D.32
7.函数f(x)＝asinx－bcsx，若f(－x)＝f(＋x)，则直线ax－by＋c＝0的倾斜角为
A. B. C. D.
8.若过点(a，b)可以作曲线y＝lnx的两条切线，则
A.a二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。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sin(θ＋π)<0，cs(θ－π)>0，则下列不等关系中成立的是
A.sinθ<0 B.sinθ>0 C.csθ>0 D.csθ<0
10.甲、乙两人下棋，和棋的概率为，乙获胜的概率为，则下列说法正确的是
A.甲获胜的概率是 B.甲不输的概率是
C.乙输的概率是 D.乙不输的概率是
11.已知椭圆的离心率为e，F1、F2分别为椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点P使得∠F1PF2是钝角，则满足条件的一个e的值可以是
A. B. C. D.
12.已知在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD相交于点O，将△ABD沿BD折起来，使顶点A至点M的位置。在折起的过程中，下列结论正确的是
A.BD⊥CM B.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°
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13.等差数列{an}的前7项和等于前2项和，若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝ 。
14.函数f(x)＝的定义域为 。
15.一个与球心距离为的平面截球所得的圆周长为2π，则球的表面积为 。
16.函数f(x)＝|ax－1|＋eax(a<0)的最小值为 。
四、解答题：本大题共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.(本小题满分10分)在△ABC中，AC＝6，csB＝，C＝。
(1)求AB的长；
(2)求cs(A－)的值。
18.(本小题满分12分)在等比数列{an}中，a1>0，n∈N*，且a3－a2＝8，又a1、a5的等比中项为16。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋a2n，求数列{bn}的前n项和为Sn。
19.(本小题满分12分)心理学家分析发现视觉和空间想象能力与性别有关，某数学兴趣小组为了验证这个结论，按分层抽样的方法从数学兴趣小组中抽取50名同学(男30女20)，给这些同学每人一道几何题和一道代数题，让每名同学自由选择一道题进行解答，则选题情况如表所示。
(1)能否据此判断有97.5%的把握认为视觉和空间想象能力与性别有关？
(2)现从选择做几何题的8名女同学(包含甲、乙)中任意抽取2名，对这2名女同学的答题情况进行研究，记甲、乙2名女同学被抽到的人数为X，求X的分布列及数学期望E(X)。
附：
。
20.(本小题满分12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，点E是PC的中点。

(1)求证：PA∥平面BDE；
(2)若直线BD与平面PBC所成的角为30°，求二面角C­PB­D的大小。
21.(本小题满分12分)斜率为k(k≠0)的直线l与抛物线y＝x2交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，O为坐标原点。
(1)当x1＋x2＝2时，求k；
(2)若OB⊥l，且|AB|＝3|OB|，求|AB|。
22.(本小题满分12分)已知函数f(x)＝。
(1)求f(x)的极值；
(2)若两个不相等正数x1，x2满足f(x1)＝f(x2)，证明：x1＋x2>。
2021—2022学年度上学期孝感市普通高中协作体
期中联合考试
高三数学参考答案及评分细则
选择题：1~8.DCBAB CDD 9.BD 10.AB 11.BC 12.ABD
填空题：13．6 14．{x|x>2且x≠3}（也可用区间表示） 15．36π 16． 2
解答题：标注的分数表示解答到这一步的累计得分,如果学生用其它解法，酌情给分
17．解：(1)因为cs B＝eq \f(4,5)，0由正弦定理知eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)，所以AB＝eq \f(AC·sin C,sin B)＝eq \f(6×\f(\r(2),2),\f(3,5))＝5eq \r(2).………………（5分）
(2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)，…………………………（6分）
于是cs A＝－cs(B＋C)＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,4)))＝－cs Bcseq \f(π,4)＋sin Bsineq \f(π,4)，…………（7分）
又cs B＝eq \f(4,5)，sin B＝eq \f(3,5)，故cs A＝－eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＝－eq \f(\r(2),10).……………………（8分）
因为0因此，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝cs Acs eq \f(π,6)＋sin Asin eq \f(π,6)＝－eq \f(\r(2),10)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(7\r(2),10)×eq \f(1,2)＝eq \f(7\r(2)－\r(6),20).…（10分）
18．解：(1)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，由题意可得a3＝16，……………………（2分）
∵a3－a2＝8，则a2＝8，∴q＝2.∴an＝2n＋1. ……………………………………（6分）
(2)由(1)可知aeq \\al(2,n)＝4n＋1，从而数列{ aeq \\al(2,n)}是首项为16、公比为4的等比数列……（8分）
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝（a1＋a2＋…＋an）＋（aeq \\al(2,1)＋ aeq \\al(2,2)＋…＋ aeq \\al(2,n)）…………（10分）
＝(22＋23＋…＋2n＋1) ＋(42＋43＋…＋4n＋1)
＝eq \f(4（1－2n）,1－2)＋eq \f(16（1－4n）,1－4)＝eq \f(4n+2,3)＋2n＋2－eq \f(28,3)…………………………………（12分）
19．解：(1)由题意得K2＝eq \f(50×（22×12－8×8）2,30×20×30×20)＝eq \f(50,9)≈5.556>5.024，………………（3分）
所以有97.5%的把握认为视觉和空间想象能力与性别有关．……………………（6分）
(2)在选择做几何题的8名女同学中任意抽取2名，抽取的方法有Ceq \\al(2,8)＝28种，（7分）
其中甲、乙2名女同学都没有被抽到的抽取方法有Ceq \\al(2,6)＝15种；恰有1名被抽到的抽
取方法有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,6)＝12种；2名女同学都被抽到的抽取方法有Ceq \\al(2,2)＝1种．
所以X的所有可能取值为0，1，2，…………………………………………（8分）
P(X＝0)＝eq \f(15,28)，P(X＝1)＝eq \f(12,28)＝eq \f(3,7)，P(X＝2)＝eq \f(1,28).…………………………………（10分）
X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(15,28)＋1×eq \f(3,7)＋2×eq \f(1,28)＝eq \f(1,2).…………………………………………（12分）
20．解：(1)证明：如图，连接AC交BD于O，连接OE.…………………………（2分）
由题意可知，PE＝EC，AO＝OC，所以PA∥EO，……………………………（3分）
又PA⊄平面BED，EO⊂平面BED，所以PA∥平面BED.……………………（6分）
(2)以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角
坐标系D­xyz，不妨令PD＝CD＝1，AD＝a(a>0)，…………………………（7分）
则D(0，0，0)，B(a，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，
eq \(DB,\s\up6(→))＝(a，1，0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(a，1，－1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，1，－1)．……………………（8分）
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(PB,\s\up6(→))·n＝0，,\(PC,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋y－z＝0，,y－z＝0，))所以可取n＝(0，1，1)．
由直线BD与平面PBC所成的角为30°，得|cs〈eq \(DB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(DB,\s\up6(→))·n|,|\(DB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(1,\r(a2＋1)×\r(2))＝eq \f(1,2)，
解得a＝1或a＝－1(舍去)．… ……………………（10分）
可得平面PBD的一个法向量m＝(－1，1，0)，
所以cs＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2).
因为二面角C­PB­D为锐二面角．所以二面角C­PB­D的大小为60°.………（12分）
21．解：(1)由已知可得y1＝xeq \\al(2,1)，y2＝xeq \\al(2,2)，………………………………（2分）
所以y1－y2＝xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)(x1－x2)＝2(x1－x2)，………………………………（5分）
此时直线l的斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2.………………………………（6分）
(2)因为OB⊥l，所以kOB＝－eq \f(1,k)，又因为kOB＝eq \f(y2,x2)＝eq \f(xeq \\al(2,2),x2)＝x2，所以x2＝－eq \f(1,k)，
又由(1)可知，x1＋x2＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝k，从而x1＝k－x2＝k＋eq \f(1,k)，……………………（8分）
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k＋\f(2,k)))，
|OB|＝eq \r(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))＝eq \r(xeq \\al(2,2)＋xeq \\al(4,2))＝ eq \r(\f(1,k2)＋\f(1,k4))＝eq \f(\r(1＋k2),k2).……………………………（10分）
因为|AB|＝3|OB|，所以eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k＋\f(2,k)))＝eq \f(3\r(1＋k2),k2)，
化简得|k3＋2k|＝3，解得k＝±1，所以|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k＋\f(2,k)))＝3eq \r(2).…………（12分）
22．解：(1) f ′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，由f ′(x)＝0可得x＝1，………………………………（2分）
当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如表所示：
由表可知函数f (x)的极大值为f (1)＝1，无极小值．…………………………（5分）
(2) 不妨设x1>x2>0，f (x1)＝f (x2) ＝a，则ln x1＝ax1－1，ln x2＝ax2－1，……（6分）
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2) －2，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)＝a，（8分）
欲证x1＋x2＞eq \f(1,x1)＋eq \f(1,x2)，只需证x1x2>1，即证ln x1＋ln x2>0.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)－2＝eq \f(ln x1－ln x2,x1－x2)(x1＋x2)－2＝eq \f(x1＋x2,x1－x2)lneq \f(x1,x2)－2
＝eq \f(eq \f(x1,x2)＋1, eq \f(x1,x2)－1)lneq \f(x1,x2)－2，故只需证lneq \f(x1,x2)>eq \f(2（eq \f(x1,x2)－1）, eq \f(x1,x2)＋1),……………………………（10分）
令c＝eq \f(x1,x2)(c>1)，则所证不等式变为ln c>eq \f(2（c－1）,c＋1).
令h(c)＝ln c－eq \f(2（c－1）,c＋1)，c>1，则h′(c)＝eq \f(1,c)－eq \f(4,（c＋1）2)＝eq \f(（c－1）2,c（c＋1）2)>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－eq \f(2（c－1）,c＋1)>0(c>1)，因此原不等式得证．……………………………（12分）
X
0
1
2
P
eq \f(15,28)
eq \f(3,7)
eq \f(1,28)
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
f (x)
↗
极大值1
↘