湖北省黄冈等八市2022届高三（3月）联考数学试卷【含答案解析】

2022年湖北省八市高三（3月）联考数学试卷参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 及评分细则选择题:题号123456789101112答案CCDCBDABACDCDBCDACD1.Ax1x1,Bxx0，故ABx0x10,1，故选C.1b2.渐近线方程可化为yxx，故a2b，ca2b25b，2ac5故离心率为，故选C.a23.从装有2个红球和2个黑球的袋子内任取2个球，可能的结果为：1红1黑、2红、2黑，对于A：“至少有1个红球”包括1红1黑、2红，与“都是黑球”是对立事件，不符合；对于B：“恰好有1个红球”和“恰好有1个黑球”是同一个事件，不符合题意；对于C：“至少有1个黑球”包括1红1黑、2黑，“至少有1个红球”包括1红1黑、2红，这两个事件不是互斥事件，不符合题意；对于D：“都是红球”与“都是黑球”是互斥事件而不是对立事件，符合题意，故D正确.24.因为a1，b2，aaba2ab0，即aabcosa,b0，12求得cosa,b，所以向量a与b的夹角为.故选C.23π5.函数ysin2x的图象沿x轴向右平移个单位后，得8ysin2(x)sin(2x)，依题意可得k(kZ)，84423得k(kZ)，取k1,可得=，故选B.446.内有无数条直线与平行不能得出∥，内的所有直线与平行才能得出；,垂直于同一平面或,平行于同一条直线，不能确定,的位置关系；,垂直于同一条直线可以得出∥，反之当∥时，若垂于某条直线，则也垂于该条直线.故选D.151557.解析：my2xy2xymy2xy，xx544232232xy的展开式中不存在xy的项，存在xy的项的系数为C52(1)，524223故有2xmyxy的展开式中xy的系数为C52(1)m80，解得m2．故选A.MMMlnxM1lnx8．解析：f(x)=，f(x)，xlogMlnMlnMxlnMx2xxlnx令f(x)0，得易知f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，Mln2M1故只需比较f(2)与f(3)的大小，而f(2)ln22，lnM2lnMMln3M111f(3)ln33，(22)6(33)6，故易知f(2)f(3).故选B.lnM3lnM数学参考答案第1页，共8页9.由(0.005x0.0350.0300.010)101，可解得x0.020，故选项A正确；频率分布直方图无法看出这组数据的最大值和最小值，故选项B不正确；得分在80分及以上的人数的频率为(0.0300.010)100.4，故人数为10000.4400，故选项C正确；这组数据的平均数的估计值为：550.05650.2750.35850.3950.177故选项D正确.10.对于方程x31，移项因式分解可得：(x1)(x2x1)0，x1为实数根，13i要求虚数根，解方程x2x10，解得x.故选CD.211.易证ADBC,BDAC,CDAB，故D应为△ABC的垂心，故选项A不正确；由勾股定理可得，AB2a2b2,AC2a2c2,BC2b2c2,在△ABC中，由余弦定理易得，△ABC的三个内角均为锐角，故选项B正确；hhh设SD=h，易得sin,sin,sin，abc若abc，则sinsinsin，故，选项C正确；过点S作SE⊥BC交BC于点E，易得SA⊥SE，由等面积法可得bcaSE1a2b2a2c2b2c2111SE,h，得,b2c2a2SE2h2a2b2c2a2b2c2111故sin2sin2sin2h2()1.故选项D正确.a2b2c2xxxx12.f(x)sincoscossinf(x),故选项A正确；2222xxxx因为f(x)sincossincosf(x)，2222xx故x为f(x)的一个周期.而当x(0,)时，f(x)sincos，此时22xxcossin33221x2x2xxf(x)cossin，令f(x)0，得cossin，xx22sinx22224sin4cos22x故,x.因为当x(0,)时，f(x)0，当x,时，f(x)0，故f(x)24222在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减，故f(x)的最小正周期为，选项B错误；223且f(x)在x[0,)上的最小值为f01，最大值为f24，由f(x)的周期性可知，2选项CD均正确.数学参考答案第2页，共8页填空题:13.答案：3xy20（注：写成y3x2也给分，其它不化简形式不给分）2解析：f(x)1,f(1)3,f11，故yfx在x1处的切线的方程为：xy13(x1)，即为3xy20.14.答案：632解析：设矩形空地的长为xm，则宽为m，x326464依题意可得，试验区的总面积Sx0.540.5230x342x18，xxx64当且仅当x，即x8时等号成立，每块试验区的面积的最大值为6m2.x15.答案：3y2y2y解析：依题意，设0，则4，由，可得为的中点且00，M,y0kOMOM2ONNOMN,4y082yyy2y2易得直线OM的垂线NP的的方程为y00x0.令y=0，得x02，2488y2y2故P02,0，由抛物线的定义易知|MF|=01，84y2y2故2|OP||MF|=2(02)(01)3.84483416.答案：()n1，()n1（第一空2分，第二空3分）35594解析：分析每条边长度的变化可知，每次变化后的边长都是原来的,344故周长也变成原来的,故第n个图形的周长为()n1；331111114S1，S131，S1312()21,129339933911111414S1312()248()31()2,49993393941()n111414141834当n2时，S1()2()n219()n1n43393939315599当时，也满足该式.n1S11数学参考答案第3页，共8页解答题：aaa17.解：（1）设数列n的公差为d，依题意可得：5263d，解得d2，(2分)n52aa故有n2(n2)22n6，故a2n26n.………………(5分)n2n2111（2）bn=，………………………(7分)an4(n1)(n2)n1n211111111n………故S=.(10分)n2334n1n22n22(n2)18.解：（1）在△ABC中，由余弦定理可得a2c2b22accosB，222………代入3(acb)2bcsinA中，化简可得，3acosBbsinA，(2分)………由正弦定理可得：3sinAcosBsinBsinA，得tanB3，(4分)……………………………………………B为△ABC的内角，故B.(5分)3（2）由B和a2c，根据余弦定理得b2a2c22accosB=3c2，3故b3c,易知A,C.………………………………………(7分)26sinMPNsin(MACBNA),由M，N分别为BC，AC的中点可得，MACC，62c232721在△BAN中，tanBNA=，易知sinBNA=，cosBNA=,b377121327321故sinMPNsin(BNA).………分6272714(12)另解：由B和a2c，根据余弦定理得b2a2c22accosB=3c2，3故b3c,易知A,C.………………………………………(7分)26如图，以A点为原点，分别以AC，AB所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系.3cc3c易得A(0,0),B(0,c),C(3c,0),M(,),N(,0)，2223cc3c故AM(,),BN(,c)，2221c2AMBN47cosMPN，……………………分AMBN7c14(10)c27321故sinMPN1()2…………………………1414(12分)数学参考答案第4页，共8页19.解（1） 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：在△ABC中，易知BMAC，由CF平面ABC可得CFBM，故BM平面ACFD，故BMCD.………………………………(2分)CFDFCM由CFDF2CP可得，又CFDMCP90，DFCPCP故△CFD∽△MCP，可得FCDCMP，易得PMCD，………(4分)故可得CD平面PBM，又CD平面BCD，故平面BCD平面PBM.……(6分)(2)由CP1，CFDF2CP可得CF2，BMCMDF，连接DM，以M为原点，分别MB，MC，MD所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.易知B(,0,0),C(0,,0),D(0,0,2)，由BC=2EF，可得E(,,2)，22DE(,,0)，BD(,0,2)，CD(0,,2)，22设平面的法向量为，EBDm(x1,y1,z1)mDEx1y10则22，令z1，得m(,,1)，12mBDx1z10设平面的法向量为，CBDn(x2,y2,z2)nCDy2z0则22，令z1，得n(,,1)，22nBDx2z20mn11依题意可得|cosm,n|==，解得2.………………………分|m||n|22+15(10)故CF2，ABBC22，DEEF1,1易得△DEF和△ABC的面积分别为和2，21117三棱台DEFABC的体积为（22）2.………………………3223(12分)111120.(1)依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为p3，………3326(2分)门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0,1,2,3,数学参考答案第5页，共8页031201512511525P(X0)C3,P(X1)C3,662166672213021553151P(X2)C3,P(X3)C3,667266216X的分布列为：X01231252551P216727221612525511期望E(X)0123.……………………………21672722162(6分)1111另解：依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为p3，………3326(2分)1门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0,1,2,3,易知XB（3,），6k3-kk15,P(Xk)C3k0,1,2,3.66X的分布列为：X01231252551P216727221611期望E(X)3.………………………………………………………………62(6分)(2)①第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，则当n2时，第n1次传球之前球在甲脚下的概率为pn1，第n1次传球之前球不在甲脚下的概率为1pn1，则111111pp01pp，从而pnpn1，nn1n133n1343413131又p，p是以为首项，公比为的等比数列．……………………144n443(9分)n1②由①可知311，pn4349311111，q(1p)，故pq．p1010101010……………………分434434(12)2b2a2.（1）依题意可得：22，解得21ab3,……………………(3分)eb1a2x2故椭圆C的方程为：y21.………………………………………………………4(4分)数学参考答案第6页，共8页设直线的方程为且1(2)BPyk1(x2)k10k1.2直线的方程为且1，DPyk2x1k20k221易知直线DP与x轴的交点为N,0.……………………………………………（5分）k21易知直线AD的方程为yx1,24k24k所以直线BP与直线AD的交点为M1,1.……………………………（6分）2k112k11x2将ykx1代入方程y21，得(4k21)x28kx0.24228k14k2所以点的横坐标为2，则点的纵坐标为2（分）PxP2PyP2.………………74k214k21将点的坐标代入直线的方程，整理得2PBPyk1(x2)(12k2)(12k2)2k1(12k2)即，（分）(12k2)(12k22k14k1k2)0…………………………………………9因为，所以12k2012k22k14k1k20.由M，N点坐标可得直线MN的方程为：4kk12kkx2k2kkx2k14kk2kky12(x)1211221212(x2)1，4k1k22k22k11k22k212k212k21所以直线MN过定点(2，1)..……………………………………………………………（12分）1另解：易知直线AD的方程为yx1,2y设点，直线的方程为0，P(x0,y0)(x0y00)BPy(x2)x021yx124y2x44y联立，可得M(00,0)，（6分）y0y(x2)2y0x022y0x02x02x由D，P，N三点共线，易得N(0,0)，1y04y02yx24y(1y)直线MN的斜率k0000，（9分）MN4y2x4x220008y0x04y044x0y02y0x021y0x2由0y21，可得x244y2，代入上式可得：40004y(1y)1y000，可得直线的方程为：kMN2MN8y08y04x0y022y0x01yx1y22y2y2x1yy0(x0)0x0000(x2)1，22y0x01y022y0x022y0x022y0x0所以直线MN过定点(2，1)……………………………………（12分）数学参考答案第7页，共8页22.（1）当a1时，F(x)exf(x)(x1)ln(x1)2x，定义域为（1，），（1分）F(x)ln(x1)1，令F(x)0，解得xe1，令F(x)0，解得1xe1，故此时F(x)的单调递增区间为（e1，），单调递减区间为（1,e1）.（4分）11(2)f(x)在区间[,1]上有意义，故ax10在[,1]上恒成立，可得ae，………（5分）ee1依题意可得：f(x)exaln(ax1)10在[,1]上恒成立，e设g(x)f(x)exaln(ax1)1，a21a2g(x)ex，易知g(x)在[,1]上单调递增，故g(x)g(1)e0，ax1ea11故g(x)f(x)exaln(ax1)1在[,1]上单调递减，最小值为g(1)，………（8分）e故只需g(1)ealn(a1)10,设h(a)ealn(a1)1，其中ae，a由h(a)0可得h(a)ealn(a1)1在（e，）上为减函数，a1又h(e1)0，故ae1.综上所述：a的取值范围为eae1.…………………………………………（12分）11另解：f(x)在区间[,1]上有意义，故ax10在[,1]上恒成立，可得ae，…（5分）ee1依题意可得：f(x)exaln(ax1)10在[,1]上恒成立，eex1111原不等式可化为ln[a(x)]exlnalnaln(x)0，aaaaa1xlna11ln(x)1即elnaln(x)，等式两边同加x可得：exlnaxlnaealn(x)，（*）aaa令g(x)exx，则g(x)ex10，即g(x)在R上单调递增，11由（*）式可知：g(xlna)g(ln(x))，则xlnaln(x)，aa11即lnaxln(x)在[,1]上恒成立，………………………………………（8分）ae1x11a1令h(x)xln(x)，则h(x)，又x,1，ae，1eaxa111故x10，x0，即h(x)0，故h(x)在,1上单调递减，aae11故lnah(x)1ln(1)，故lnaln(1)ln(a1)1，解得ae1，minaa综上所述，eae1.………………………………………………………（12分）数学参考答案第8页，共8页