广东省梅州市虎山中学、蕉岭中学、平远中学、宪梓中学四校2021-2022学年高二下学期5月联考数学试题3

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广东省梅州市虎山中学、蕉岭中学、平远中学、宪梓中学四校2021-2022学年高二下学期5月联考数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知为虚数单位，复数满足，则在复平面内对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．在正四棱锥中，，且PA与底面所成的角为60°，则该四棱锥的体积为（       ）

A．16 B． C． D．

4．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（       ）

A．是奇函数 B．是偶函数

C．的图象的一条对称轴方程为 D．的图象的一个对称中心为

5．我国在有效防控疫情的同时积极有序推进复工复产，各旅游景区也逐渐恢复开放．某景区对重新开放后的月份与该月游客的日平均人数（单位：千人/天）进行了统计分析，得出下表数据：

若与线性相关．且求得其线性回归方程为，则表中的值为（       ）A． B． C． D．无法确定

6．公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面1000米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了1000米，此时乌龟便领先他100米，当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟领先他10米，当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟先他1米.所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为0.001米时，乌龟爬行的总距离为（       ）

A．米 B．米

C．米 D．米

7．设某车间的类零件的质量(单位：kg)服从正态分布，且. 下列选项中错误的是（       ）

A．若从A类零件随机选取2个，则这2个零件的质量都大于10kg的概率为0.25

B．若从A类零件随机选取3个，则这3个零件的质量恰有1个小于9.9kg的概率为0.4

C．若从A类零件随机选取100个，则零件质量在9.9kg∼10.1kg的个数的期望为60

D．若从A类零件随机选取100个，则零件质量在9.9kg∼10.1kg的个数的方差为24

8．半径为4的圆上有三点，满足，点是圆内一点，则的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

9．给出下列说法，其中正确的是（       ）

A．设有一个经验回归直线方程，变量增加个单位时，平均减少个单位

B．相关指数越接近1拟合效果越差

C．残差平方和越小，拟合效果越好

D．已知一系列样本点（）的经验回归直线方程，若样本点与的残差相等，则

10．已知分别是双曲线的左、右焦点，A为左顶点，P为双曲线右支上一点，若且的最小内角为，则（       ）

A．双曲线的离心率 B．双曲线的渐近线方程为

C． D．直线与双曲线有两个公共点

11．下列说法正确的是（       ）

A．在△ABC中，A<B是cos2A>cos2B的充分不必要条件

B．若函数为幂函数，且在单调递减，则实数.

C．已知，则；

D．定义，已知，则最大值为

12．香囊，又名香袋､花囊，是我国古代常见的一种民间刺绣工艺品，香囊形状多样，如图1所示的六面体就是其中一种，已知该六面体的所有棱长均为2，其平面展开图如图2所示，则下列说法正确的是（       ）

A．AB⊥DE B．直线CD与直线EF所成的角为45°

C．该六面体的体积为 D．该六面体内切球的表面积是

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．函数在的切线方程为______．

14．的展开式中，项的系数为___________.

15．设数列的前n项和为，已知，则数列的前n项之积的最大值为__________

16．希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知在平面直角坐标系中，，，点是满足的阿氏圆上的任一点，则该阿氏圆的方程为____；若点为抛物线上的动点，在轴上的射影为，则的最小值为______．

17．设等比数列{an}满足a1+a2=4，a3-a1=8.

(1)求{an}的通项公式；

(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3，求m.

18．在①；②，两个条件中选一个填在下面试题的横线上，并完成试题（如果多选，以选①评分）．

在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知．

(1)求角B；

(2)若，且______，求的周长．

19．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，为等边三角形，

(1)证明：；

(2)求与平面所成角的正弦值．

20．为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的10名队员来自高一年级3人，高二年级3人，高三年级4人．本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行9场比赛（每场比赛都采取5局3胜制），最后根据积分选出最后的冠军，亚军和季军．积分规则如下：每场比赛以3：0或3：1获胜的队员积3分，落败的队员积0分；而每场比赛以3：2获胜的队员积2分，落败的队员积1分．

(1)已知冠亚军来自同一年级的条件下，求冠亚军来自高二年级的概率；

(2)已知最后一场比赛的两位选手是甲和乙，假设每局比赛甲获胜的概率均为．记这场比赛甲所得积分为X，求X的概率分布及数学期望．

21．已知双曲线的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线．

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(2，0)的直线l交双曲线C于点M，N(点M在第一象限)，记直线MA斜率为，直线NB斜率为，求证：为定值．

22．已知函数．

(1)若函数的最大值是，求实数的值；

(2)设函数，在（1）的条件下，证明：存在唯一的极小值点，且 ．

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

解一元二次不等式化简集合B，再利用补集、交集的定义直接计算作答.

【详解】

解不等式得：，即，则或，而，

所以.

故选：C

2．D

【解析】

【分析】

利用复数代数形式的除法运算化简求出z即可.

【详解】

复数满足，∴，

则在复平面内对应的点的坐标为（2，-3），位于第四象限．

故选：D．

【点睛】

本题考查了复数代数形式的除法运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．

3．B

【解析】

【分析】

利用正棱锥的性质以及直线与平面所成角的定义得出该四棱锥的高和，再由体积公式得出答案.

【详解】

该四棱锥的高，，则该四棱锥的体积为.

故选：B

4．C

【解析】

根据三角函数的图象变换，得到函数，再结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.

【详解】

由题意，函数的图象向右平移个单位长度，

得到函数，

由三角函数的性质，可得为非奇非偶函数，所以A、B不正确；

令，则，所以是函数的一条对称轴，所以C正确.

由当时，，此时，所以D不正确.

故选：C.

【点睛】

本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的综合应用，着重考查了推理与运算能力.

5．B

【解析】

求得、的值，将点的坐标代入回归直线方程，可求得实数的值.

【详解】

由表格中的数据可得，，

将点的坐标代入回归直线方程得，解得.

故选：B.

【点睛】

本题考查利用样本中心点求参数，考查计算能力，属于基础题.

6．A

【解析】

【分析】

根据乌龟每次爬行的距离构成等比数列，写出和，再结合等比数列的求和公式，即可求解.

【详解】

由题意，乌龟每次爬行的距离构成等比数列，

其中，且，

所以乌龟爬行的总距离为.

故选：A.

7．B

【解析】

【分析】

根据已知条件，结合正态分布的对称性和二项分布的概率、期望、方差公式计算，即可求解．

【详解】

解：对于A，类零件中大于的概率为，

所以2个零件质量都大于的概率为，故A正确；

对于B，类零件中小于的概率为，

所以3个零件的质量恰有1个小于的概率为，故B错误；

对于C、D： 类零件中质量在的概率为，

从类零件随机选取个，零件质量在的个数记为，则，

所以零件质量在个数期望为，故C正确；

零件质量在个数的方差为，故D正确；

故选：B．

8．A

【解析】

【分析】

根据向量的线性运算及基底法求向量数量积.

【详解】

如图所示，

设与交于点，

由，

得四边形是菱形，且，则，，

由图知，，而，

所以，

同理，，而，

所以，

所以，因为点是圆内一点，则，

所以，

即的取值范围为，

故选：A.

9．ACD

【解析】

【分析】

根据回归直线的特征可判断A；根据相关指数表示的意义可判断B；根据残差的概念可判断C；根据经验回归直线方程可判断D.

【详解】

A选项，因为，所以变量增加一个单位时，平均减少5个单位，故A正确；

B选项，在线性回归模型中，相关指数越接近于1，说明模型拟合的精度越高，即回归的效果越好，故B错误；

C选项，残差平方和越小，说明波动越小，即拟合效果越好，故C正确；

D选项，在线性回归模型中样本点与的残差相等，则，即，故D正确.

故选：ACD.

10．ABD

【解析】

A．根据以及对应的余弦定理计算出离心率的值；B．根据离心率的值，计算出的值，即可求解出双曲线的渐近线方程；C．根据的大小关系判断出三角形的形状，再根据长度关系判断是否成立；D．联立直线与双曲线，利用一元二次方程的，判断出直线与双曲线的交点个数.

【详解】

A．因为，，所以，，

又因为，所以，

所以，所以，所以，故结论正确；

B．，所以，所以，所以渐近线方程为，故结论正确；

C．因为，所以，所以，

又因为，所以，所以，所以结论不成立；

D．因为，所以，所以，

所以，

所以直线与双曲线有两个公共点，所以结论正确.

故选：ABD.

【点睛】

本题考查双曲线性质的综合运用，对分析与计算能力要求较高，难度较难.(1)双曲线渐近线的斜率与离心率之间的关系：；(2)平行于双曲线渐近线的直线(不重合)与双曲线仅有一个交点，斜率绝对值小于渐近线斜率的绝对值的直线，其与双曲线有两个交点.

11．BCD

【解析】

【分析】

对于A，在△ABC中，A<B是cos2A>cos2B的充分必要条件，所以该选项错误；对于BCD，可以证明是正确的，即得解.

【详解】

解：对于A，若A＜B，且A，B∈（0，π），则0＜sinA＜sinB，则cos2A＝1﹣2sin2A＞1﹣2sin2B＝cos2B，反过来，也成立，所以在△ABC中，A<B是cos2A>cos2B的充分必要条件，所以该选项错误；

对于选项B，由题得，解得m＝1．所以该选项正确；

对于选项C，，所以该选项正确；

对于选项D，因为＝min{sinx，cosx}，则f（x）的最大值为，所以该选项正确．

故选：BCD

12．AD

【解析】

【分析】

对应展开图的各点，标出立体图形的各顶点.利用线面垂直，可以得到线线垂直；与分别为正三角形的边，其所成的角为；把几何体分割成二个四面体求体积；计算内切球的半径，就可以求内切球的表面积.

【详解】

由题知，所给六面体由两个同底面的正四面体组成，将题图2的平面展开图还原为直观图后如下图所示，其中四点重合.

对于A：

取的中点，连接，则.

又

平面

又平面

故正确.

对于B：

由图可知，与分别为正三角形的边，其所成的角为

故错误.

对于C：

连接，过点作平面，则垂足在上，且，

该六面体的体积

故C错误.

对于D：

该六面体的各棱长相等

其内切球的球心必在公共面上

又为正三角形

点即为该六面体内切球的球心，且该球与相切

过点作，则就是内切球的半径.

在Rt中，

该内切球的表面积为

故D正确

故选：AD.

13．

【解析】

【分析】

直接根据函数的导数的几何意义，求出函数在处的切线方程的斜率为，进而求出切线方程.

【详解】

对求导可得：

则曲线在处的切线方程的斜率为：，

又，

则切线方程为：，即.

故答案为：.

14．110

【解析】

【分析】

先求出展开式的通项公式，则的展开式中，项的系数为3乘以展开式中2次项系数，再加上展开式中1次项系数即可

【详解】

展开式的通项公式为，

的展开式中，项的系数为.

故答案为：110

15．64

【解析】

【分析】

由得到数列是以为公比的等比数列，再由求得数列即可.

【详解】

由可知，，

所以，

所以数列是以为公比的等比数列.

由可知，，

所以.

所以数列为，

所以的前n项之积的最大值为.

故答案为：64.

16．          ##

【解析】

【分析】

设点坐标，根据题意写出关于与的关系式化简即可；利用抛物线的定义可知，进而可得，即得.

【详解】

设点，，

∴.

抛物线的焦点为点，由题意知，，

∴.

故答案为：；.

17．(1)an=3n-1

(2)m=6

【解析】

【分析】

（1）根据题意可列出关于等比数列的公比和首项的两个方程，解出即可得{an}的通项公式；

（2）先根据对数的运算可知数列{log3an}即为，再由等差数列的前项和公式求出，即可列出关于的方程，解出即得．

(1)

设等比数列的公比为q，根据题意,有，解得，所以an=3n-1；

(2)

令bn=log3an=log33n-1=n-1，所以Sn==，根据Sm+Sm+1=Sm+3，可得+=，整理得m2-5m-6=0，因为m>0，所以m=6.

18．(1)

(2)答案见解析

【解析】

【分析】

（1）由正弦定理的边化角公式结合三角恒等变换得出；

（2）选①：由数量积公式得出，再由余弦定理得出，进而得出的周长；选②：由数量积公式得出，再由余弦定理得出，进而得出的周长

(1)

∵

∴

∴

即

∴

又因为，所以，即

∵，∴

(2)

选①∵，∴，即∴

由余弦定理得即，

所以的周长为

选②∵，∴，即∴

由余弦定理得，

，所以

所以的周长为

19．(1)证明见解析；

(2).

【解析】

【分析】

（1）通过证明线面垂直来证得.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得与平面所成角的正弦值.

(1)

取为中点，连接、、，

由于三角形和三角形是等边三角形，

所以，，

由于，

所以面，

又面，

所以．

(2)

由（1）得，即

如图所示，建立空间直角坐标系，为中点，

则，，，，

∴，，，

设为平面的一个法向量，

则有，得

取，可得，

设与平面所成角为，则有

，

所以与面所成角的正弦值．

20．(1)；

(2)分布列见解析；期望为.

【解析】

【分析】

（1）利用条件概率公式即得；

（2）由题可得的所有可能取值为3，2，1，0，计算概率得到分布列，计算数学期望得到答案.

(1)

已知冠亚军来自同一年级的条件下，冠亚军来自高二年级的概率是

（或）．

(2)

由题可知X的所有可能取值为3，2，1，0．

；

；

；

．

∴X的概率分布为

∴.

21．(1)；

(2)见解析.

【解析】

【分析】

(1)由虚轴长为，和渐近线方程为，求得和的值，即可；

(2)设直线的方程为，将其与双曲线的方程联立，得到关于的一元二次方程，再结合韦达定理和直线的斜率公式，计算的值，即可．

(1)

虚轴长为4，，即，

直线为双曲线的一条渐近线，

，，

故双曲线的标准方程为．

(2)

由题意知，，，

由题可知，直线l斜率不能为零，故可设直线的方程为，

设，，，

联立，得，

，，

，

直线的斜率，直线的斜率，

，为定值．

22．(1)1

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导函数，对分两种情况讨论得到函数的单调性，结合，求出参数的值；

（2）由（1）可知，求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而得到函数的极小值点，从而得到，结合的范围即可得证；

(1)

解：因为的定义域为，

由题意   

由．

当时，，，则函数在上单调递增，

故当时，，不合乎题意；

当时，由，可得．

当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减

则，故，解得．

(2)

解：由（1）可知，，则，

所以

设，则，

当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

又，，

所以在上有唯一零点，在上有唯一零点

且当时，；当时，；

当时，，

因为，所以时是的唯一极小值点，

由，得，故，

由，得