2022湖北省华中师范大学第一附中高三高考考前测试卷数学试题（含详解）

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华中师大一附中2022年高考数学考前测试卷
总分：150分 考试时间：120分钟
出题人：蔡卉 张巧巧 审题人：钟涛 张丹
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题：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，只有一个是符合题目要求的．
1. 若集合，则对于集合的关系，则下列关系中一定正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据交集和并集的性质，结合子集的性质进行判断即可.
【详解】由于，同理知，故，
故选：A
2. 已知向量，，若与反向共线，则的值为（ ）
A. 0 B. 48 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量反向共线求得，再应用向量线性运算及模长表示求.
【详解】由题意，得，
又与反向共线，故，此时，
故.
故选：C.
3. 已知函数的部分图象如图所示，则的值为（ ）

A. 0 B. 1 C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象，求得其解析式后求解.
【详解】解：由图可知，则，
所以，
则，
因为函数图象过点，
所以，
则，
取，
所以，
所以，
故选：D.
4. 美术绘图中常采用“三庭五眼”作图法.三庭：将整个脸部按照发际线至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下颏的范围分为上庭、中庭、下庭，各占脸长的，五眼：指脸的宽度比例，以眼形长度为单位，把脸的宽度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份.如图，假设三庭中一庭的高度为2cm，五眼中一眼的宽度为1cm，若图中提供的直线AB近似记为该人像的刘海边缘，且该人像的鼻尖位于中庭下边界和第三眼的中点，则该人像鼻尖到刘海边缘的距离约为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，求出直线AB的方程，利用点到直线距离公式进行求解.
【详解】如图，以鼻尖所在位置为原点O，中庭下边界为x轴，垂直中庭下边界为y轴，建立平面直角坐标系，则，

直线，整理，
原点O到直线距离为，
故选：B
5. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】解：因为在定义域上单调递增，所以由可得，
所以由可得，即充分性成立，
由推不出，如、满足，但是，即必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件；
故选：A
6. 如图，正方体中，是的中点，则下列说法正确的是（ ）

A. 直线与直线垂直，直线平面
B. 直线与直线平行，直线平面
C. 直线与直线异面，直线平面
D. 直线与直线相交，直线平面
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间的平行和垂直关系进行判定.
【详解】连接；由正方体的性质可知，是的中点，所以直线与直线垂直；
由正方体的性质可知，所以平面平面，
又平面，所以直线平面，故A正确；

以为原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，
显然直线与直线不平行，故B不正确；

直线与直线异面正确，，，所以直线与平面不垂直，故C不正确；
直线与直线异面，不相交，故D不正确；
故选：A.
7. 某地区安排A，B，C，D，E，F六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动，每个地区至少安排一人，至多安排三人，且A，B两人安排在同一个社区，C，D两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为（ ）
A. 72 B. 84 C. 90 D. 96
【答案】B
【解析】
【分析】分为每个社区各两人和一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人两种分配方式，第二种分配方式再分AB两人一组去一个社区，AB加上另一人三人去一个社区，进行求解，最后相加即为结果.
【详解】第一种分配方式为每个社区各两人，则CE一组，DF一组，或CF一组，DE一组，由2种分组方式，再三组人，三个社区进行排列，则分配方式共有种；
第二种分配方式为一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人，
当AB两人一组去一个社区，则剩下的4人，1人为一组，3人为一组，则必有C或D为一组，有种分配方法，再三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法；
当AB加上另一人三人去一个社区，若选择的是C或D，则有种选择，再将剩余3人分为两组，有种分配方法，将将三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法；
若选择的不是C或D，即从E或F中选择1人和AB一起，有种分配方法，再将CD和剩余的1人共3人分为两组，有2种分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法，
综上共有12+12+36+24=84种不同的分配方式
故选：B
8. 已知定义在D的上函数满足下列条件：①函数为偶函数，②存在，在上为单调函数. 则函数可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析函数的奇偶性判断A；求出函数的零点判断B；分析函数的奇偶性，借助导数求出单调区间判断C；求出函数的定义域判断D作答.
【详解】对于A，定义域为，，即为奇函数，A不是；
对于B，定义域为R，由得，即对任意的正整数k，都是的零点，显然不能满足条件②，B不是；
对于C，，必有，则且，即定义域为且，
，则函数为偶函数，满足条件①，
设，其导数，由得，
令，当时，，即在上为增函数，
而，在上为减函数，因此在上为减函数，
即存在，在上为减函数，满足条件②，C是；
对于D，定义域为，不能满足条件②，D不是.
故选：C
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分， 共计20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 袋中有10个大小相同的球，其中6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用超几何分布的性质，及超几何分布的期望求解公式逐项验证.
【详解】由题意知X，Y均服从于超几何分布，且，，
故；
从而，故选项A正确；
，，，故选项B错误，C正确；
，故选项D正确；
故选：ACD.
10. 记数列是等差数列，下列结论中不恒成立的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据等差数列通项公式及等差中项，结合基本不等式即可求解.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，则
对于A，由数列是等差数列及，所以可取，所以不成立，故A正确；
对于B，由数列是等差数列，所以，所以恒成立，故B不正确；
对于C, 由数列是等差数列，可取，所以不成立，故C正确；
对于D，由数列是等差数列，得，无论为何值，均有所以若，则恒不成立，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数恰有三个零点，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】令转化为为（*）在上有两不等实根从而得出参数的范围，设函数在处的切线，记切线与的交点的横坐标分别为，又由可得，从而可判断选项C;由对数均值不等式可判断选项D.
【详解】由，则
可得时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增. 所以
令，则，当时，；当时，
则在上单调递增，在上单调递减. 所以


由题意即方程有三个实数根, 即有三个实数根
所以有两个实数根，即转化为（*）必有一个实根
判别式，有或，两根情况讨论如下：
①当时，从而将代入（*）式，得，又，有不符合题意，故舍去
②当，时，令
i) 当时，有，得，此时（*）式为，不符合题意
ii) 当时，则有 ，解得
综上知的取值范围为，故A错误，B正确.
由上知
考虑函数在处的切线，易证：
记切线与的交点的横坐标分别为，则，
又，则
同理，故，故选项C正确
对于选项D，，则有，即，故选项D正确
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数零点问题，考查复合方程的根的问题. 解得本题的关键是先令，先研究出其性质大致图像，然后将问题转化为（*）在和上各有一个实根，从而使得问题得以解决，属于难题.
12. 在三棱锥中，顶点P在底面的射影为的垂心O（O在内部），且PO中点为M，过AM作平行于BC的截面，过BM作平行于AC的截面，记，与底面ABC所成的锐二面角分别为，，若，则下列说法正确的是（ ）

A. 若，则三棱锥的外接球的表面积为
B. 若，则
C. 若，则
D. 的值可能为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据三角形外心、垂心的性质，结合球的性质、二面角的定义逐一判断即可.
【详解】对选项A，当，P在底面的射影为三角形ABC的外心，又由已知顶点P在底面的射影为的垂心，故三棱锥为正三棱锥，又，则三棱锥为棱长为1的正四面体，如下图所示：

设三棱锥的外接球的球心为， 半径为，
由正弦定理可知：，，
所以，表面积为，故A正确.
连接延长交与，连接延长交与，设平面平面
顶点P在底面的射影为的垂心，平面，平面平面，
则有：直线与平行，
又，则，平面，则 ，
又， 则平面
从而，故为与平面的二面角，即 ，
同理可得：，
对选项B，，又，则有：
可得：与全等，则，
又根据是的垂心，则，，
综上可得：直线垂直并平分线段，
可得：，故选项B正确；
对选项C，易知有如下角关系： ，，
又，则有：，
，，可得： ，
解得： ，则，故选项C正确；
对选项D，若，则有：，则有：
化简后可得：，令，则有：
则有：，此时方程无解，故选项D错误；
故选：ABC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 著名数学家棣莫佛（De moivre，1667~1754）出生于法国香槟，他在概率论和三角学方面，发表了许多重要论文.1707年棣莫佛提出了公式：，其中，.已知，根据这个公式可知______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据题中所给公式进行求解即可.
【详解】根据棣莫佛公式，
由，
因为，所以，
故答案为：
14. 为了测量一个不规则公园两点之间的距离，如图，在东西方向上选取相距的两点，点在点A的正东方向上，且四点在同一水平面上．从点A处观测得点在它的东北方向上，点在它的西北方向上；从点处观测得点在它的北偏东方向上，点在它的北偏西方向上，则之间的距离为______km.

【答案】2
【解析】
【分析】由题意确定相应的各角的度数，在中，由正弦定理求得BC,同理再求出DB，解，求得答案.
【详解】由题意可知，, ,
故在中，，
故 ，，
在中，，
故 ，，
所以在中，，则 ,
故答案为：2
15. 已知等比数列{an}各项均为正数，，若存在正整数，使得，请写出一个满足题意的k的值__________ .
【答案】9 (9~12的正整数均可)
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等比数列的前项和公式进行求解即可.
【详解】在等比数列{an}中，设公比为，数列各项均为正数，所以
由，则，解得或（舍），
又，解得.
则



即，即

当，即，也即 时，有成立.
又正整数，且
又当时，，显然有成立.
当时，也有成立.
所以9～12的正整数均可满足条件.
故答案为：9
【点睛】关键点睛：运用分类讨论法是解题的关键.
16. 已知曲线与曲线恰好有三个不同的公共点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】先分析得出曲线，的图像关于轴对称，则在其中一个交点在轴上，在轴上方恰好有一个交点，当时，曲线的方程，则在上恰好有一个实数根，从而得出答案.
【详解】曲线，用代替可得，可得曲线的图像关于轴对称.
曲线用代替可得，从而曲线的图像关于轴对称.
曲线与曲线恰好有三个不同的公共点，则在其中一个交点在轴上，在轴上方恰好有一个交点.
曲线的方程为，所以曲线的图像与曲线的图像必相交于点，
当时，曲线的方程，则，即在上恰好有一个实数根.
,解得 或
所以，解得
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. （1）若点关于轴的对称点为，求所有满足条件的取值的集合；
（2）在中，角所对的边分别为，当角为集合中的最小正数时，， ，求边长的值.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据点与关于轴对称，得出横纵坐标的关系，利用同角三角函数的商数关系，得出，解三角方程即可求解；
（2）根据（1）及已知条件，得出角，利用余弦定理及一元二次方程的解法即可求解.
【详解】解析：（1）由题意知，即，从而
故.
（2）由（1）知，因为角为集合中的最小正数，
当时，，即
由余弦定理及知，即，化简整理，得
化简整理，得，解得或.
所以边长的值为或.
18. 在数列中，已知，，.
（1）若，求数列的通项公式；
（2）记，若在数列中，，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将递推关系进行转化，求出 的通项公式；
（2）依题意， 是数列 的最大项，列不等式，分 和 讨论即可.
【小问1详解】
由题意， ，得： ，运用累加法：
，
，
，
，n=1时，也成立，∴ ；
【小问2详解】
由（1） ， ，
由题意 ，即 ，
化简得： ，
当 时， ，即 ，
当 时， ，即 ，
即 ；
综上，，.
19. 某学校为进一步规范校园管理，强化饮食安全，提出了“远离外卖，健康饮食”的口号．当然，也需要学校食堂能提供安全丰富的菜品来满足同学们的需求．在某学期期末，校学生会为了调研学生对本校食堂的用餐满意度，从用餐的学生中随机抽取了100人，每人分别对其评分，满分为100分．随后整理评分数据，将得分分成5组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到频率分布直方图如图．

（1）求图中的值；若要在平均数和众数中选用一个量代表学生对本校食堂的评分情况，哪一个量比较合适，并简述理由；
（2）以频率估计概率， 现从学校所有学生中中随机抽取18名，调查其对本校食堂的用餐满意度，记随机变量为这18名学生中评分在的人数，请估计这18名学生的评分在最有可能为多少人？
【答案】（1），答案见解析
（2）11人
【解析】
【分析】（1）根据在频率直方图中所有小矩形面积之和为1，结合平均数和众数的性质进行求解即可；
（2）根据二项分布的性质进行求解即可.
【小问1详解】
由图知：
，故，
①选用平均数比较合适，因为一方面平均数反映了评分的平均水平，另一方面由频率分布直方图估计时评分的极端值所占比例较少，故选用平均数较合理.
②选用众数比较合适，因为一方面众数反映了出现频率最多的那个值的信息， 反映了普遍性的倾向，另一方面由频率分步直方图估计其中评分在的人数超过了一半，从而选用众数也比较合理；
【小问2详解】
记18名学生中k名学生的成绩在的概率为，，…，18.
由已知得X ~ B(18，0.6)，
，
令，即，
即，解得，由，.
所以估计这18名学生中评分在最有可能为11人.
20. 已知四棱锥的底面为直角梯形，平面，.

（1）若点是棱上的动点请判断下列条件：①直线AM与平面ABCD所成角的正切值为；②中哪一个条件可以推断出平面（无需说明理由），并用你的选择证明该结论；
（2）若点为棱上的一点（不含端点），试探究上是否存在一点N，使得平面ADN平面BDN？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）②，证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）先连接、交于，确定是的几等分点，再确定是的几等分点．
（2）建立空间直角坐标系，平面垂直，对应法向量垂直，数量积为，列出方程求解．
【小问1详解】
条件②可以推断平面.

如图，连接，相交于点，连EM.
在梯形中，有，，.
又因为，所以，故，又平面，
平面，所以平面.
故当时，平面.
【小问2详解】
以A为原点，AD，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系，

则A(0，0，0)，D(1，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(0，2，0)，
设，则
对于平面ADN，设其法向量，
满足，即，故取
对于平面BDN，设其法向量，
满足，即，故取，
若平面ADN平面BDN，则，即，
解得，此时N为PC的中点，.
21. 已知，为椭圆的左、右焦点，且A为椭圆上的一点.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设直线与抛物线相交于两点，射线，与椭圆E分别相交于M､N.试探究：是否存在数集D，对于任意时，总存在实数t，使得点在以线段为直径的圆内？若存在，求出数集D并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，，证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出点A到两焦点的距离，再用椭圆的定义可得，结合可得，从而可得椭圆的方程；
（2）直线与抛物线联立，结合判别式有，要使得点在以线段为直径的圆内，根据题意，有，结合韦达定理可得，从而可证明问题.
【小问1详解】
由题意知，为椭圆上的一点，且垂直于x轴，
则，，所以，
即，所以，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
方程为，联立抛物线方程，
得，整理得，
则，则①，
设，，，，则，，
则 ，
由的坐标为，则，，，，
由与同向，与同向，
则点在以线段为直径的圆内，则，则，
则，即，
则，即②，
当且仅当，即，
总存在使得②成立，
且当时，由韦达定理可知的两个根为正数，
故使②成立的，从而满足①，
故存在数集，对任意时，总存在，使点在线段为直径的圆内．
22. 已知函数在处的切线方程为.
（1）求实数的值；
（2）（i）证明：函数有且仅有一个极小值点，且；
（ii）证明：.
参考数据：，，，.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接利用导数意义列方程组，即可解得；
（2）（i）求出导函数.利用导数和零点存在对立即可证明；
（ii）求出，令，利用导数判断出在上单调递减，
即可证明；要证，即证.令，利用导数证明出；令，利用导数证明出，得到，即可证明.
【小问1详解】
定义域为，
由题意知，解得.
【小问2详解】
（i）由（1）知，
令，则，从而即单调递增
又，故存在唯一的使得






0



极小值


从而有且仅有一个极小值点，且
（ii），的极小值
令，则，从而在上单调递减，，故
下证，即证
一方面令，则，则在上单调递增，从而
另一方面，令，
令有






0



极大值

从而
从而即成立，故.
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数取值范围；
（4）利用导数证明不等式.