2022届湖北省新高考部分校高三下学期5月质量检测数学试题含解析

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2022届湖北省新高考部分校高三下学期5月质量检测数学试题一、单选题1．设，则（       ）A．2 B．3 C． D．【答案】A【分析】化简复数，求共轭复数，进而可得，即得．【详解】因为，所以，所以，∴.故选：A.2．设集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简集合和，再求集合和的并集即可【详解】所以所以所以故选：C3．已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率（       ）A．3 B． C． D．【答案】B【分析】由题意可得，再由可求出答案.【详解】由双曲线的渐近线方程为，可知，，，故选：B．4．已知，且，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知的取值范围，求出的取值范围，再结合即可解得的值，即可求解【详解】因为，所以又，所以，所以所以故选：D5．一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的关系是A．相等 B．互补 C．相等或互补 D．不确定【答案】D【解析】根据题意，可在正方体中，举例说明，得到答案.【详解】如图所示，在正方体中，二面角与二面角的两个半平面分别对应垂直，但是这两个二面角既不相等，也不互补，所以这两个二面角不一定相等或互补. 例如：开门的过程中，门所在平面及门轴所在墙面分别垂直于地面与另一墙面，但门所在平面与门轴所在墙面所成二面角的大小不定，而另一二面角却是，所以这两个二面角不一定相等或互补.【点睛】本题主要考查了线面位置关系的应用，以及二面角的概念及应用，其中解答中熟记二面角的概念，合理举例是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.6．已知，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据中间值法即可比较.【详解】， ，因为，所以,故.故选：B7．函数对任意，由得到的数列均是单调递增数列，则下列图像对应的函数符合上述条件的是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题可得，进而可得函数的图像在直线的图像上方，即得.【详解】由题可知，，∴，故函数满足，即函数的图像在直线的图像上方，故排除BCD.故选：A.8．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，过线段的中点作抛物线的准线的垂线，垂足为，以为直径的圆过点，则的最大值为（       ）A． B． C． D．1【答案】C【分析】先设出，由抛物线定义求出，勾股定理求出，结合基本不等式求出的最大值即可.【详解】如图，以开口向右的抛物线为例，过作垂直于准线，垂足为，设，则，以为直径的圆过点，则，，则，则，当且仅当时取等，即的最大值为.故选：C.二、多选题9．从装有2个白球和3个红球的袋子中任取2个球，则（       ）A．“都是红球”与“都是白球”是互斥事件B．“至少有一个红球”与“都是白球”是对立事件C．“恰有一个白球”与“恰有一个红球”是互斥事件D．“至少有一个红球”与“至少有一个白球”是互斥事件【答案】AB【分析】根据互斥事件与对立事件的定义辨析即可【详解】“都是红球”与“都是白球”不能同时发生，是互斥事件，A对；“至少有一个红球”与“都是白球”不能同时发生，且必有一个发生，是对立事件，B对；“恰有一个白球”与“恰有一个红球”能够同时发生（如1红1白），不是互斥事件，C错；“至少有一个红球”与“至少有一个白球” 能够同时发生（如1红1白），不是互斥事件，D错故选：AB.10．函数的部分图象如图所示，则（       ）A．，若恒成立，则B．若，则C．若，则D．若，且，则【答案】ACD【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据余弦函数的性质计算可得；【详解】解：由图可知，，所以，又，所以，所以，又，且，所以，所以；对于A：因为，所以，，所以，故A正确；对于B：若，即，所以或，，即或，，故B错误；对于C：因为关于对称，又，即，所以和关于对称，故，所以，故C正确；对于D：因为且，由在区间内的对称轴为可知，，所以，故D正确；故选：ACD11．已知数列满足为数列的前项和，则（       ）A．是等比数列B．是等比数列C．D．中存在不相等的三项构成等差数列【答案】BC【分析】根据给定条件，求出数列的通项表达式，再逐项分析计算、判断作答.【详解】数列中，，，则，，因此，数列是以为首项，公比为3的等比数列，，数列是以为首项，公比为3的等比数列，，B正确；因，，则数列不是等比数列，A不正确；，C正确；假定中存在不相等的三项构成等差数列，令此三项依次为，且，，则有，而，即，又，因此，不成立，所以中不存在不相等的三项构成等差数列，D不正确.故选：BC12．若动直线与圆相交于两点，则（       ）A．的最小值为B．的最大值为C．为坐标原点）的最大值为78D．的最大值为18【答案】ABD【分析】由题可知直线恒过定点，利用圆的性质可判断A，利用余弦定理及数量积的定义可判断B，利用韦达定理法可得，然后利用基本不等式可判断C，利用向量数量积的定义及圆的性质可判断D.【详解】由，可得，故直线恒过定点，又圆，圆心为，半径为3，由圆的性质可得当⊥时，取得最小，此时，，故A正确；∵，∴，故B正确；由，可得，设，则，∴，∴，要使最大，则最大，要求的最大值，不妨令，（当时不合题意）则，当且仅当，即取等号，故，故C错误；由题可知，∴，故D正确.故选：ABD.三、填空题13．展开式中的系数为_______________．【答案】【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．【详解】解：，故它的展开式中的系数为，故答案为：．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．14．已知6个正整数，它们的平均数是5，中位数是4，唯一的众数是3，则这6个数的极差最大时，方差的值是__________.【答案】【分析】根据给定信息，分析可得6个正整数依次为1，3，3，5，6，12，再利用方差定义计算作答.【详解】因6个正整数极差最大，则最小数是1，而唯一众数是3，则3只能出现两次，若超过两次，则中位数是3，与中位数是4矛盾，因此前4个数为1，3，3，5，设另两个数为，显然，因平均数是5，则，要使极差最大，当且仅当c最大，此时，，所以这6个数的方差为：.故答案为：15．表面积为的多面体的每一个面都与体积为的球相切，则这个多面体的体积为__________.【答案】【分析】求出球的半径，然后直接求出多面体的体积．【详解】解：因为球的体积为．设球的半径为，所以，解．因为表面积为的多面体的每一个面都与体积为的球相切，所以球的半径就是球心到多面体面的距离，所以多面体的体积为．故答案为：．16．已知函数有3个不同的零点，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】由可得，，进而可得有两个零点，作出函数与直线的图象，利用数形结合即得.【详解】∵，由，可得，∴，或，对于函数在上单调递增，又，∴存在，使，即，由，可得，由题可得直线与有两个交点，∵，由，可得，∴单调递增，单调递减，故函数，作出函数与直线的图象，由图可得，即，综上，函数有3个不同的零点，实数的取值范围是.故答案为：.四、解答题17．设正项数列的前项和为且，且.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）由时，，推得，再由等差数列的定义和通项公式，可得所求；（2）由（1）可得，再利用裂项相消法求和即可．【详解】(1)解：因为，当，且时，，所以，则是首项为1，公差为2的等差数列，所以，即，所以，所以；(2)解：由（1）可得，所以．18．记的内角的对边分别为，若.(1)求角；(2)若，点在线段上，且是线段中点，与交于点，求.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理，余弦定理可得，即得；（2）利用余弦定理可得，进而可得，然后利用和角公式可得，即得.【详解】(1)∵，∴，即，又，∴；(2)由题可知，，∴，∴，又，∴，∵，，∴，∴，，∴.19．第24届冬季奥林匹克运动会在首都北京举办，北京成为世界上唯一一个双奥之城.为了让更多青少年参与､热爱冰雪运动，某调研机构在全市学生中组织了一次冬奥会相关知识竞赛，并随机抽取20名参赛学生的成绩制成如下频数分布表：规定得分在为“中等”，得分在为“优秀”.(1)从“中等”和“优秀”两组学生中随机抽取4名学生，求恰有2人是“中等”的概率；(2)将20名参赛学生的频率视为概率.现从参赛学生中随机抽取4人，记得分为“优秀”的人数为，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用组合和古典概型概率计算公式可得答案；（2）求出的取值和对应的概率，可得分布列和数学期望.【详解】(1)“中等”学生共5人，“优秀”学生共4人，从“中等”和“优秀”两组学生中随机抽取4名学生，所以恰有2人是“中等”的概率是.(2)得分为“优秀”的概率为，的取值为，，，，，，∴X的分布列为数学期望.20．如图，分别是圆台上､下底面的直径，且，点是下底面圆周上一点，，圆台的高为.(1)证明：不存在点使平面平面；(2)若，求二面角的余泫值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）引入辅助线，先假设若题干成立，借此证明出底面，显然是不对的；（2）建立坐标系，利用空间向量求解.【详解】(1)假设存在这样的点使平面平面，是底面直径，故，作，垂足为，由于平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的性质定理，平面，又平面，故，又，平面，故平面，故，同理可证，又平面 于是平面，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和平行，于是假设矛盾，故不存在点使平面平面.(2)过作，垂足为，下以为原点，为轴，过垂直于且落在底面的射线为轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标，，设平面的法向量，可得，不妨取；，，设平面的法向量，可得，不妨取.于是法向量的夹角为.由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是.21．已知.(1)求曲线在处的切线方程；(2)当时，证明.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义可求解；（2）将问题转化为证明成立，再分别求与的最值即可证明.【详解】(1)因为，则，，则，所以所求切线方程为，即.(2)由题意，可知，要证明，即证，令，则，当，当，所以在上单调递减，在上单调递增.所以.令，则，因为，所以当，当，所以在上单调递增，在上单调递减.所以，所以恒成立，即恒成立，所以当时，.【点睛】解决本题的关键一是对要证明的不等式进行变形，二是分别求两个新函数的最值.22．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点在圆上运动，点满足：线段的中点在线段上，且.设点的轨迹为.(1)求的方程；(2)设与轴的交点分别为在的左边，过与轴不垂直的直线交于，两点，若直线的斜率分别为，求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，连接，则由题意得，从而可得点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，进而可求出其方程，（2）当直线的斜率存在时，设直线为，，将直线方程代入椭圆方程中化简，利用根与系数的关系，求出，，再化简可得结论，当直线的斜率不存在时，求出坐标，再求出，，再化简可得结论，【详解】(1)因为，所以，设，连接，则为的中点，所以,所以根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，设，其中，所以的方程为(2)证明：当直线的斜率存在时，设直线为，由，得，因为点在椭圆内部，所以直线与椭圆一定交于两个不同的点，设，则，因为，所以的斜率为，直线的斜率为，所以，当直线的斜率不存在时，可得或，因为，所以或，所以，综上，为定值2，【点睛】关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简后利用根与系数的关系，然后表示出直线的斜率，，再化简计算即可，考查计算能力，属于较难题得分频数457401234