湖北省武汉市武昌区2022届高三下学期5月质量检测数学试题

湖北省武汉市武昌区2022届高三下学期5月质量检测

数学试题

第I卷（选择题）

1．集合，集合或，则集合（       ）

A． B．

C． D．

2．复数在复平面内对应的点在（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．抛物线的准线方程为

A． B． C． D．

4．已知正实数，满足，则的最小值为(       )

A．0 B．2 C．4 D．6

5．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，5，11，21，37，61，则该数列的第8项为（       ）

A．95 B．101 C．141 D．201

6．已知角的始边与轴非负半轴重合，终边上一点，若，则（       ）

A．3 B． C． D．

7．通过随机询问某中学110名中学生是否爱好跳绳，得到如下列联表：

已知，

则以下结论正确的是（       ）A．根据小概率值的独立性检验，爱好跳绳与性别无关

B．根据小概率值的独立性检验，爱好跳绳与性别无关，这个结论犯错误的概率不超过0.001

C．根据小概率值的独立性检验，有99%以上的把握认为“爱好跳绳与性别无关”

D．根据小概率值的独立性检验，在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为“爱好跳绳与性别无关”

8．已知双曲线：的左，右焦点分别为，，点在双曲线右支上运动（不与顶点重合），设与双曲线的左支交于点，的内切圆与相切于点.若，则双曲线的离心率为（       ）

A． B． C．2 D．

9．在正方体中，、、分别为、、的中点，则(       )

A．直线与直线垂直

B．点与点到平面的距离相等

C．直线与平面不平行

D．过A、E、F三点的平面截正方体的截面为等腰梯形

10．一个质地均匀的正四面体4个表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件为“第一次向下的数字为1或2”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（       ）

A．事件发生的概率为

B．事件与事件互斥

C．事件与事件相互独立

D．事件发生的概率为

11．已知函数关于对称，则下列结论正确的是（       ）

A．

B．在上单调递增

C．的最大值为

D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于点对称

12．已知函数的零点为，则（       ）

A． B．

C． D．

第II卷（非选择题）

13．函数的定义域为______.

14．已知向量，，向量，，若，则实数______.

15．的展开式中，项的系数为，则实数___________.

16．已知异面直线，的夹角为，若过空间中一点，作与两异面直线夹角均为的直线可以作4条，则的取值范围是______.

17．已知正项数列的前项积为，且满足.

(1)求证：数列为等比数列；

(2)求数列的前项和.

18．在中，设角，，所对的边分别为，，，且

(1)求；

(2)若为上的点，平分角，且，，求.

19．接种新冠疫苗，可以有效降低感染新冠肺炎的几率，某地区有A、B、C三种新冠疫苗可供居民接种，假设在某个时间段该地区集中接种第一针疫苗，而且这三种疫苗的供应都很充足.为了节省时间和维持良好的接种秩序，接种点设置了号码机，号码机可以随机地产生A、B、C三种号码(产生每个号码的可能性都相等)，前去接种第一针疫苗的居民先从号码机上取一张号码，然后去接种与号码相对应的疫苗(例如：取到号码A，就接种A种疫苗，以此类推).若甲、乙、丙、丁四个人各自独立的去接种第一针新冠疫苗.

(1)记甲、乙、丙、丁四个人中接种疫苗A的人数为，求随机变量的数学期望；

(2)记甲、乙、丙、丁四个人中接种疫苗的种数为，求随机变量的分布列和数学期望.

20．如图，在四棱台中，，，四边形为平行四边形，点为棱的中点.

(1)求证：平面；

(2)若四边形为正方形，平面，二面角为，求二面角的余弦值.

21．已知椭圆：的短轴长为，离心率为.

(1)求椭圆的方程；

(2)点为直线上的动点，过点的动直线与椭圆相交于不同的，两点，在线段上取点，满足，证明：点的轨迹过定点.

22．已知函数

(1)求证：当时，；

(2)当方程有两个不等实数根时，求证：

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

由集合的补集和交集运算即可求解.

【详解】

因为或，所以，所以.

故选：B.

2．A

【解析】

【分析】

先化简求出，即可得出结论.

【详解】

，

其在复平面内对应的点在第一象限.

故选：A.

3．D

【解析】

【详解】

分析：先将抛物线方程化为标准方程，再写出准线方程．

详解：将化为，

则该抛物线的准线方程为．

点睛：本题考查抛物线的标准方程、准线方程等知识，意在考查学生的基本计算能力．

4．A

【解析】

【分析】

根据得，代入化简利用基本不等式即可求其最小值．

【详解】

，，

当时等式不成立，∴a≠1，∴，

∴，

当且仅当时取等号，

故选：A．

5．C

【解析】

【分析】

利用已知条件，推出数列的差数的差组成的数列是等差数列，转化求解即可

【详解】

由题意可知，1，5， 11，21，37，61，……，的差的数列为

4，6，10，16，24，……，

则这个数列的差组成的数列为：2，4，6，8，……，是一个等差数列，

设原数列的第7项为，则，解得，设第8项为，则，解得

故选：C

6．C

【解析】

【分析】

根据三角函数的定义求出，结合诱导公式即可得解，注意角所在的象限.

【详解】

解：因为角的终边上一点，

所以，

又，

所以为第四象限角，

所以，

又因，

所以.

故选：C.

7．A

【解析】

【分析】

由题计算出，与观测值比较即可求解.

【详解】

由题知

因为，所以爱好跳绳与性别无关且这个结论犯错误的概率超过0.001，故A正确，B错误，又因为，所以有99%以上的把握认为“爱好跳绳与性别有关，或在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为“爱好跳绳与性别有关.故C和D错误.

故选：A.

8．A

【解析】

【分析】

根据内切圆的性质与双曲线的定义，列式化简求解可得，进而求得离心率

【详解】

设分别切内切圆交于，则由双曲线的定义可得，即，根据内切圆的性质可得，故，两式相加化简可得，即，故.故双曲线的离心率为

故选：A

9．AD

【解析】

【分析】

A：连接、，证明∥EF∥，⊥即可；B：设点与点到平面的距离分别为、，利用等体积法和即可判断、是否相等；C：取的中点，连接、、EQ、，证明平面∥平面即可；D：连接、、，易知过A、E、F三点的平面截正方体的截面为等腰梯形AEFD．

【详解】

对于A，连接、．

∵、分别为、的中点，∴∥EF，

易知AB∥，且AB=，∴四边形是平行四边形，

∴∥，∴∥EF．

∵⊥，∴⊥EF，故A正确；

对于B，设点与点到平面的距离分别为、，

∵，

又，

∴，故B错误；

对于C，取的中点，连接、、EQ、，

易知EF∥∥GQ，GQ平面AEF，EF平面AEF，∴GQ∥平面AEF；

易知∥∥EQ，且==EQ，∴四边形为平行四边形，

∴，同理可得∥平面AEF，

∵∩GQ=Q，、GQ平面，∴平面∥平面，

又∵平面，∴∥平面，故C错误；

对于D，连接、、，

由选项A知∥EF，且=2EF，故过A、E、F三点的平面截正方体的截面为等腰梯形AEFD，故D正确．

故选：AD．

10．AC

【解析】

【分析】

根据已知分别求出概率即可判断.

【详解】

由题意可得，故A正确；

当两次抛掷的点数为时，事件与事件同时发生，所以事件与事件不互斥，故B错误；

事件与事件同时发生的情况有共4种，所以，又，所以，故事件与事件相互独立，故C正确；

，故D错误.

故选：AC.

11．AC

【解析】

【分析】

根据三角函数图象可得，再根据辅助角公式求得，再根据三角函数的性质逐个判断即可

【详解】

对A，函数关于对称，故，所以，解得，故A正确；

对B，，当时，，此时是减函数，故B错误；

对C，最大值为，故C正确；

对D，把的图象向左平移个单位长度，得到，又，不为对称点处的横坐标，故D错误；

故选：AC

12．ABD

【解析】

【分析】

对AB，求导分析可得为增函数，再根据零点存在性定理可判断；

对C，根据AB得出的结合正切函数的单调性可判断；

对D，构造函数，再根据零点存在性定理，放缩判断的正负判断即可

【详解】

对AB，由题，故为增函数.又，，故，故AB正确；

对C，因为，所以，但，故C错误；

对D，构造函数，则，故为增函数.故，因为，故，故，即，故，故，D正确；

故选：ABD

【点睛】

本题主要考查了利用导数分析函数零点的问题，一般需要用零点存在性定理判断零点所在的区间，同时在判断区间端点正负时，需要适当放缩，根据能够确定取值大小的三角函数值进行判断，属于难题

13．

【解析】

【分析】

结合分式型，二次根号型函数的定义即可求解.

【详解】

由题知，，所以的定义域为，

故答案为：.

14．

【解析】

【分析】

根据题意可知，不共线，若，则，使得，代入结合向量相等运算．

【详解】

根据题意可知，不共线

若，则，使得，即

则可得，解得

故答案为：．

15．

【解析】

由，分别写出和的展开式通项，分别令的指数为，求出对应的参数值，代入通项可得出关于的等式，进而可求得实数的值.

【详解】

，

的展开式通项为，所以，的展开式通项为，

令，可得，

由题意可得，解得.

故答案为：.

【点睛】

方法点睛：对于求多个二项式的和或积的展开式中某项的系数问题，要注意排列、组合知识的运用，还要注意有关指数的运算性质．对于三项式问题，一般是通过合并其中的两项或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解．

16．

【解析】

【分析】

将异面直线a、b平移到过P点，此时a与b夹角及其补角的角平分线向上或向下绕着P旋转即可得到与a、b夹角均为的直线，根据几何关系即可求出θ的范围．

【详解】

如图，将异面直线a、b平移到过P点，此时两相交直线确定的平面为α，如图，a平移为，即PA，b平移为，即BE．

设∠APB=θ，PC且PC是∠APB的角平分线，则PC与和的夹角相等，即PC与a、b夹角均相等，

①将直线PC绕着P点向上旋转到PD，当平面PCD⊥α时，PD与、的夹角依然相等，即PD与a、b的夹角依然相等；

将直线PC绕着P点向下旋转时也可得到与a、b的夹角均相等的另外一条直线，

易知PC与PA夹角为，当PC向上或向下旋转的过程中，PC与PA夹角增大，则若要存在与两异面直线夹角均为的直线，有；

②同理，∠APE=，将∠APE的角平分线绕着P向上或向下旋转可得两条直线与a、b的夹角均为，则，

如此，即可作出4条直线与异面直线a、b夹角均为，

又∵0＜θ≤，∴．

故答案为：．

17．(1)证明见解析；

(2)．

【解析】

【分析】

(1)根据，结合已知等式可求的递推公式，证明为常数即可；

(2)根据(1)和等比数列通项公式可求，根据的特征，采用分组求和的方法即可求其前n项和．

(1)

∵，且，∴，

∵，∴，∴得，则，

∵当时，，得，∴，

∴数列是首项为，公比为的等比数列．

(2)

由(1)知：，即．

∴

．

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理进行角化边整理得，再结合余弦定理；（2）利用等面积，整理得，再由角平分线的性质代入计算．

(1)

因为，

所以由正弦定理可得：，整理得.

由余弦定理得：

又因为所以

(2)

由（1）知.

又因为平分角，所以.

由得.

即.

又因为，，所以.

再由角平分线的性质可知：

19．(1)；

(2)分布列见解析，.

【解析】

【分析】

(1)由题可知X服从二项分布，根据二项分布的数学期望公式即可计算；

(2)由题可知Y的可能取值为1，2，3，根据古典概型概率计算方法即可求出Y的分布列和数学期望．

(1)

由题意，∴，

即随机变量的数学期望为；

(2)

的可能取值为1，2，3．

，

，

，

的分布列为：

．

20．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）证明，由线面平行的判定定理证明

（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解

(1)

证明：连接.

因为几何体为四棱台，且，

所以.

所以四边形为平行四边形.

所以.

又因为平面，平面，

所以平面.

(2)

因为四边形为正方形，平面，

所以，.所以面.

连接，则.所以为二面角的平面角

由已知得.所以.

以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，.

设平面的一个法向量为.

因为，.

由得

令，得

即.易知平面的一个法向量为.

因为，

所以二面角的余弦值为

21．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）联立方程即可求解椭圆的方程.

（2）设，，，，表示出弦长代入，联立方程即可求解点的轨迹过定点.

(1)

解：由题意可知，解得，.

所以，所求椭圆的方程为

(2)

设，，，，

直线的斜率显然存在，设为，则的方程为.

因为，，，四点共线，不妨设，

则，，，

由，可得，

化简得.（*）

联立直线和椭圆的方程，，

消去，得.

由韦达定理，得，.代入（*）

化简得，即.

又，代入上式，得，化简得.

所以点总在一条动直线上，且恒过定点.

22．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）令，进而讨论单调性，求解证明即可；

（2）证法一：由函数的单调性易得，进而得，不妨设，由于方程可化为，进而将问题转化为；，再求和即可证明结论；

证法二：由函数的单调性易得，进而得，不妨设，根据分析法将问题转化为证，即证明，再构造函数，证明，恒成立即可.

(1)

证明：令，

因为，

所以在上单调递增，所以，

即当时，.

(2)

证明：由，得，

易知在单调递减，在单调递增，

所以.       

因为方程有两个不等实根，所以.

不妨设.

由（1）知，当时，；当时，.

方程可化为.

所以，整理得.①

同理由，整理得.②

由①②，得.

又因为所以.

法二：由，得，

易知在单调递减，在单调递增，所以.

因为方程有两个不等实根，所以.不妨设.

要证，只要证，只要证：.

因为在上单调递增，只要证：.

令，只要证，恒成立.

因为，

令，则，

故在上单调递增，，所以，

所以在上单调递减，所以，故原结论得证.

【点睛】

本题考查利用导数证明不等式，极值点偏移的问题；考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问解题的关键在于借助第一问和，进而求和证明.或者借助极值点偏移问题的方法，构造函数，将问题转化为证，恒成立.