湖北省高中名校联盟2022-2023学年高二数学下学期5月联合测评试题（Word版附解析）

湖北省高中名校联盟2022~2023学年度下学期高二联合测评

数学试卷

审题单位：圆创教育教研中心 湖北省武昌实验中学

本试题共6页，22题.满分150分.考试用时120分钟.考试时间：2023年5月30日上午8：00-10：00

★祝考试顺利★

注意事项：

1.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.回答选择题时，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.回答非选择题时，用签字笔或钢笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一､选择题：本题共8个小题，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.曲线在点处的切线的倾斜角为（    ）

A.    B.    C.    D.

2.已知递增的等比数列中，前3项的和为7，前3项的积为8，则的值为（    ）

A.2    B.4    C.6    D.8

3.已知离散型随机变量等可能地取值，若，则正整数的值为（    ）

A.4    B.6    C.8    D.12

4.现从3名女生和2名男生中随机选出2名志愿者，用表示所选2名志愿者中男生的人数，则为（    ）

A.0.6    B.0.8    C.1    D.1.2

5.已知双曲线的离心率为2，点分别为曲线的左，右焦点，点为关于一条渐近线的对称点，若，则双曲线的方程为（    ）

A.    B.

C.    D.

6.现有红色､黄色､蓝色､黑色小球各一个，放人编号为的三个抽屈中，则恰好有1个抽屉为空的不同放法有（    ）

A.24种    B.42种    C.60种    D.84种

7.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”.如取整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个“雹程”变成1.现给出冰雹猜想的一个递推关系：数列满足则满足时的“雹程”为（    ）

A.5    B.6    C.7    D.8

8.已知，则（    ）

A.    B.

C.    D.

二､多选题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.下列说法正确的是（    ）

A.100件产品中包含10件次品，不放回的随机抽取6件，其中次品数

B.一组数据的方差一定是正数

C.张同学从家里到学校要经过4个红绿灯路口，每个路口可能遇到红灯或绿灯，这个随机试验的样本空间有16个元素

D.对一组给定的样本数据的统计分析中，当样本相关系数越接近1时，样本数据的线性相关程度越强

10.宠物很可爱，但身上会有寄生虫，小猫“墩墩”的主人每月定期给“墩墩”滴抺驱虫剂.刚开始使用的时候，寄生虫的数量还会继续增加，随着时间的推移，奇生虫增加的幅度逐渐变小，到一定时间，寄生虫数量开始减少.若已知使用驱虫剂小时后寄生虫的数量大致符合函数为的导数，则下列说法正确的是（    ）

A.驱虫剂可以杀死所有寄生虫

B.表示时，奇生虫数量以的速度在减少

C.若存在，使，则

D.寄生虫数量在时的瞬时变化率为0

11.下列关于数列结论正确的是（    ）

A.若前项和，则

B.若，则

C.若，则该数列前2023项的和为

D.若，则的最大项为1

12.已知实数，令，下列说法中正确的是（    ）

A.当且时，的最小值为

B.当且取最小值时，有序数对的值有4个

C.当时，满足的点的轨迹关于对称

D.当时，满足的点到原点距离的最大值为

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.随机变量，若，则__________.

14.展开式中的常数项为__________.（用数字作答）

15.已知椭圆的左，右焦点分别为，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于两点，分别交轴于两点，的周长为6.过作外角平分线的垂线与直线交于点，若，则椭圆的方程为__________.

16.如图，点在长方体内部运动，点在棱上，且，动点满足为棱的中点，为线段的中点，若，则动点到平面距离的最小值为__________.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程及演算步骤.

17.（10分）已知数列的前项和为，且满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和.

18.（12分）已知圆，直线.

（1）证明：直线和圆恒有两个交点；

（2）若直线和圆交于两点，求的最小值及此时直线的方程.

19.（12分）如图，在三棱锥中，的中点为.

（1）证明：直线平面；

（2）若，当直线与平面所成的角最大时，求三棱锥的体积.

20.（12分）每年七月下旬至八月上旬为湖北防汛关键期，湖北地区防汛指挥部依据该地河流8.月份的水文观测点的历史统计数据，所绘制的频率分布直方图如图甲所示；依据当地的地质构造，得到水位与灾害等级的频率分布条形图如图乙所示.

（1）以频率作为概率，试估计该地在8月份发生1级灾害的概率；

（2）该地河流域某企业，在今年8月份，若没受级灾害影响，利润为500万元；若受1级灾害影响，则亏损100万元；若受2级灾害影响则亏损1000万元.此企业有如下三种应对方案：

试问，如仅从利润考虑，该企业应选择这三种方案中的哪种方案？说明理由.

21.（12分）已知抛物线.

（1）当直线过抛物线的焦点时，与抛物线交于两点，在上取不同于的点，使得，求点的轨迹方程；

（2）已知是抛物线上的三个点，且直线分别与抛物线相切，证明，直线与抛物线相切.

22.（12分）已知函数.

（1）证明：函数在有㫿一的极值点，及唯一的零点；

（2）设在区间内的极值点为，零点为，比较与的大小，并证明你的结论.

湖北省高中名校联盟2022~2023学年度下学期高二联合测评

数学试卷参考答案与评分细则

1.A  【解析】由和切点可知，切线的斜率，倾斜角，故选.

2.D  【解析】在递增等比数列中，由解得，则，故选D.

3.B  【解析】由随机变量等可能地取值可知，

则，有，由得，故选.

4.B  【解析】的所有可能取值为，则.

所以，故选.

另解：服从超几何分布，由公式，选B.

5.C  【解析】设点为关于渐近线的对称点，则直线垂直平分线段，交点设为.在中，则，而，所以，从而，曲线，故选.

6.B  【解析】先从三个抽屉中选择一个空抽屉，接下来可能将四个小球分为两组放人不同编号的抽屉中，也可能将四个小球分为两组放人不同编号的抽屉.因此恰好有1个抽屉为空的不同放法有：种.

7.B  【解析】“雹程”为.

8.C  【解析】由，

构造函数，则.

由可知：当时，单调递增，

当时，单调递减，当时，取得最大值.

由在单调递增可知：，即.

由在单调递减区间，令有两个解，且，

则，可得①，得②，

令，则，当时在上单调递增，

当时，，即时，.

若，即，结合①②，得，则有.

又当时，，故，由在单调递减知：

，即.故，选C.

9.CD  【解析】错，不符合二项分布，服从超几何分布；B错，方差可能为对，元素个数为16个；D对；故选CD.

10.BD  【解析】，可得在单调递增，在单调递减，值域为，借助函数的图象可知，，即.故选BD.

11.BCD  【解析】对不符合，故错；

对，逐项依次运算可得，正确；

对C，可得，且，故C正确；

对，由得，因为在单调递减，，，所以，所以，而，故D正确.

12.ACD  【解析】对，取点，则表示正方形内一点到4个顶点距离之和，由三角形三边之间的关系或者向量可得最小值为，故A正确；

对，取最小值时点为正方形对角线交点，即，故B错误；

对C，，关于原点对称，故正确；

对D，设，因为，故

因为，故，故，

即，所以.

又，当且仅当共线时取等号.

故，解得，故D正确.故选：ACD.

13.4  【解析】，则.

14.160  【解析】，则，

，则常数项为.

15.  【解析】，则，所求方程为.

16.  【解析】点为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.

，解得，点在以为球心，2为半径的球面上运动，又平面，则动点到平面距离的最小值为.

17.解：（1）因为，

当时，，

而满足上式，

所以的通项公式为.

（2）因为，所以，①

，②

由①-②得：，

所以.

18.解：（1）直线，即，

联立解得所以不论取何值，直线必过定点.

圆，圆心坐标为，半径，

因为，所以点在圆内部，

则直线与圆恒有两个交点.

（2）直线经过圆内定点，圆心，

当直线时，被圆截得的弦最短，

此时，

因为，所以直线的斜率为，又直线过点，

所以当取得最小值时，直线的方程为，即，

综上：最小值为，此时直线方程为.

另解：（1）圆心到直线的距离.

，

直线与圆相交，有两个交点.

（2）由（1）知，，

，此时，即.

直线的方程为，即.

19.（1）证明：如图，连接.

因为，所以.

又因为为的中点，所以，

所以.

又因为为公共边，所以，

所以，所以，

又因为平面，

所以平面.

（2）解：过点作直线平面，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，

于是.

设平面的一个法向量为，

由得

可取.

设直线与平面所成的角为，

则，

所以，，

当且仅当，即时，等号成立，此时，直线与平面所成的角最大.

因为，所以，

此时三棱锥的体积.

故当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为..

另解：（2）过作平面于，连接，则为直线和平面所成的角.

设，则由（1）知.

.

由，得，

，于是.下同解法一.

20.解：（1）频率分布直方图中6个小矩形的面积分别是.

设该河流8月份水位小于40米为事件，水位在40米至50米为事件，水位大于50米为事件，则.

设该地发生1级灾害为事件，

由条形图可知：，

，

，

；

（2）由（1）可知8月份该河流不发生灾害的概率为，

发生1级灾害的概率为0.155，发生2级灾害的概率为.

设第种方案的企业利润为，

若选择方案一，则该企业在8月份的平均利润

（万元）.

若选择方案二，则该企业在8月份的平均利润

（万元）.

若选择方案三，则该企业在8月份的平均利润

（万元）.

由于，故企业应选择方案二.

21.解：（1）设，因不同于，知不在线段上.

设，代入得：，则

设在轴的射影分别是，则

，由于异号，不在线段上，则同号，

所以，即，

，而点的轨迹方程.

（2）设，

，直线.

联立化简可得：.

又直线与抛物线相切，

，即②，

同理，直线与抛物线相切，可得③，

由方程②③可得，为方程的两根，

.

又，故直线，

联立化简得：.

，

直线与抛物线相切，故得证.

22.（1）证明：因为，

所以当时恒成立，函数在无极值..

当时，单调递减，

因为，

所以存在唯一的，使得，且当时，；当时，.

所以在内单调递增，在内单调递减.

又，

所以存在唯一的，使得，且当

，

所以存在唯一的极大值点，且.

而函数满足，

所以存在唯一的零点，且

（2），证明如下：

因为在区间内单调递减，故只需证明，即证.

由，得.

.

.

设函数，

则.

因为，

所以在单调递减，，所以，

所以在单调递减.

因为，所以，从而，得证.