2022届湖北省高三下学期5月联考-数学试题【含答案】

2022届高三五月联合测评数学试卷一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数z2z13i，其中i是虚数单位，则z（）A．1iB．1iC．1iD．1i．集合2，，则（）2Axx2xB2,1,0,1,2ðRABA．1,0,1B．1,1C．0,1,2D．1,21sin23．已知sin，且a,，则（）32cos2122A．B．C．22D．22444．已知向量a0,1，b1,2，若bakb，则实数k（）2255A．B．C．D．55225．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层的球数构成一个数列an，则（）A．a5a44B．a1005000C．2an1anan2D．an1ann16．若函数fxsinxax0,aR是周期函数，最小正周期为．则下列直线中，3yfx图象的对称轴是（）5A．xB．xC．xD．x6123121x2y27．已知F，F分别是双曲线C:1的左、右焦点，动点P在双曲线C的右支上，则12421PF14PF24的最小值为（）A．4B．3C．2D．118．若过点a,b可以作曲线yxx0的两条切线，则（）x1A．ba0B．ab0aa11C．0abaD．aba且a0aa二、选择题：本题共4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．22229．已知F是抛物线y4x的焦点，P是抛物线y4x上一动点，Q是C:x4y11上一动点，则下列说法正确的有（）A．PF的最小值为1B．QF的最小值为10C．PFPQ的最小值为4D．PFPQ的最小值为10110．袋中装有4个相同的小球，分别编号为1，2，3，4，从中不放回的随机取两个球，A 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示事件“取出的两个球中至少有一个球的编号为奇数”，B表示事件“取出的两个球的编号之和为偶数”，则下列说法正确的有（）A．事件A与事件B不互斥B．事件A与事件B独立1C．在事件A发生的前提下，事件B发生的概率为51D．在事件B发生的前提下，事件A发生的概率为2x11．已知fx．则下列说法正确的有（）exA．函数yfx有唯一零点x0B．函数yfx的单调递减区间为,01,1C．函数yfx有极大值e1D．若关于x的方程fxa有三个不同的根．则实数a的取值范围是0,e212．小淘气找到了一支粉笔，测量后发现该粉笔的形状恰好是正六棱台ABCDEFA1B1C1D1E1F1（正六棱台：棱台的上下底面均为正六边形，所有侧棱延长后交于一点，该点在棱台上、下底面的投影为分别为上、下底面的中心），棱台的高为h．若h10，AB4，A1B13（单位：mm），不考虑其它因素，则（）A．粉笔的体积为1453mm3B．若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的正六棱锥，则该棱锥的体积为803mm3C．若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的圆锥，则该圆锥的侧面积为821mm2D．若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的球，则该球的半径为3mm三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若直线l沿x轴向右平移2个单位长度，再沿y轴向上平移1个单位长度后，回到原来的位置，则直线l的斜率k______．14．已知两条异面直线a，b所成角为60°，在直线a上取点C，E．在直线b上取点D，F，使CDa，且CDb．已知CEDFCD1，则线段EF的长为______．15．若随机变量等可能地在2x，xlnx，ex1中取值，其中x0，则E的最小值为______．16．五名运动员A，B，C，D，E相互传球．每个人在接到球后随机传给其他四人中的一人．设首先由A开始进行第1次传球，那么恰好在第5次传球把球传回到A手中的概率是______（用最简分数表示）．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）3在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，abcosCcsinB．3（Ⅰ）求B；（Ⅱ）若b3，求△ABC的面积的最大值．18．（12分）飞天梦永不失重，科学梦张力无限．“天宫课堂”是我国推出的全球首个太空科普教育活动，2022年3月23日15时40分，“天宫课堂”第二课如约而至，航天员王亚平在翟志刚、叶光富的协助下，成功演示了太空“冰雪”、液桥演示、水油分离、太空抛物等实验，激发了青少年学生追梦航天的飞天梦、科学梦．受“天宫课堂”启发，某学生分别在实验室的正常环境、失重环境下进行某项实验，其中正常环境下试验100次，成功40次；失重环境下试验10次，失败3次．（Ⅰ）用频率估计概率，求该同学在失重环境下实验成功的概率；3（Ⅱ）请根据题中信息完成下面的列联表，并判断是否有95%的把握认为该实验成败与选择的实验环境有关．成功次数失败次数合计正常环境失重环境合计nadbc2附：K2，其中nabcd．abcdacbd2pKk00.100.050.0100.0050.001k02.7063.8416.6357.87910.82819．（12分）设Sn为等差数列an的前n项和，且a23，S525．（Ⅰ）求数列an的通项公式；2n（Ⅱ）若bacos，求数列b的前30项和T．nn3n3020．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD平面ABCD，BDAP，BDBC1．（Ⅰ）证明：AD平面PBD；（Ⅱ）若PB与平面PAD所成角为，求二面角BPCD的余弦值．421．（12分）x2y23已知椭圆C:1ab0的离心率为，短轴长为2．a2b22（Ⅰ）求椭圆C的方程；1（Ⅱ）过定点的动直线与椭圆交于点，，过作轴垂线交圆22于，P0,lM1N1M1xxy4M2222过N1作x轴垂线交圆xy4于N2，且满足点M2与M1在x轴同侧，点N2与N1在x轴同4侧．试问；直线M2N2是否恒过定点？请说明理由．22．（12分）设连续正值函数gx定义在区间I0,上，如果对于任意x1，x2I都有，则称为“几何上凸函数”．已知，．gx1gx2gx1x2gxfxaxlnxaR（Ⅰ）讨论函数fx的单调性；2（Ⅱ）若ae，试判断fx是否为xe,上的“几何上凸函数”，并说明理由．52022届高三五月联合测评数学试题参考答案与评分细则一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的．题号12345678答案CCABDBBD1．答案：C解：设zabi，bR，则z2za3bi13i，故a1，b1，z1i，选C．2．答案：C解：Axx0或x2，故ðRAx0x2，故ðRAB0,1,2，选C．3．答案：A122解；因为a,，sin，所以cos．233sin2sin2于是，故选A．cos21cos44．答案：B2解：akbk,12k，由bakb得k212k0，解得k，故选B．55．答案：Dnn1解：由题可知aan1，a1，对aan1累加得a，故选项D正n1n1n1nn2确．6．答案：B解：因为fx最小正周期为，故fxfx恒成立，故a0，2，代入检验得x12为函数yfx图象的对称轴，其它直线均不是函数图象的对称轴，故选B．7．答案：B解：由双曲线定义可得：PF1PF24，其中PF23，将PF1PF24代入22PF14PF24得：PF2PF24PF24PF2PF2243，故选B．8．答案：D61解：作图观察可得，在aba且a0条件下可以做出曲线的两条切线，故选D．a二、选择题：本题共4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．题号9101112答案ACACDACDBC9．答案：AC解：抛物线焦点为F1,0，准线为x1，作出图象，对选项A：由抛物线的性质可知：PF的最小值为OF1，选项A正确；对选项B：注意到F是定点，由圆的性质可知：QF的最小值为CFr101，选项B错误；对选项CD：过点P作抛物线准线的垂线，垂足为M，由抛物线定义可知PFPM，故PFPQPMPQ，PMPQ的最小值为点Q到准线x1的距离，故最小值为4，从而选项C正确，选项D错误．10．答案：ACD解：对选项A：“取出的两个球的编号均为奇数”既在事件A中，也在事件B中， 故事 滥竽充数故事班主任管理故事5分钟二年级语文看图讲故事传统美德小故事50字120个国学经典故事ppt 件A与事件B不互斥，选项A正确；C25C2C21对选项：事件的概率2，事件的概率22，事BAPA1PA12BPB2C46C43C21件的概率2，ABPAB2C46因为PABPAPB，所以事件A与事件B不独立，选项B错误﹔C25C2C21对选项：事件的概率2，事件的概率22，事CAPA1PA12BPB2C46C437C21件的概率2．在事件发生的前提下，事件发生的概率为ABPAB2ABC461PAB1PBA6，选项C正确；PA556C25C2C21对选项：事件的概率2，事件的概率22，事DAPA1PA12BPB2C46C43C21件的概率2．在事件发生的前提下，事件发生的概率为ABPAB2ABC461PAB1PAB6，选项D正确．PB12311．答案：ACDx,x0xex解：由题可知：fxexx,x0exx设gxxex，xR，则gx1xex，ex由gx0得：x0，故函数gx有唯一零点x0由gx1xex0得：x1；由gx1xex0得；x1；故gx在,1上单增﹐在1,上单减，作出ygx图象，并将x0的部分图象关于x轴对称可得yfx的图象如下：于是可得选项ACD正确，选项B应改为：函数yfx的单调递减区间为,0，1,．12．答案：BC832733解：对选项A：棱台上底面面积S632，S642243，142241由棱台体积公式VSSSSh，311221273273373故V24324310101853mm3，选项A错误；3222对选项B：体积最大的正六棱锥底面为ABCDEF，高为h10，故底面积311S642243，由棱锥体积公式VSh，故V24310803mm3，选项B2433正确；对选项C：体积最大的圆锥底面为正六边形ABCDEF的内切圆，高为h10，此时底面半径为32r423，圆锥的母线长lr2h21022347，21故圆锥侧面积S22347821mm2，选项C正确；2对选项D：先将正六棱台ABCDEFA1B1C1D1E1F1侧棱延长交于一点P得到正六棱锥PABCDEF，正六棱锥的内切球即为可以磨成的体积最大的球，对于正六棱锥PABCDEF，Hh3设高为H，则，代入h10，故H40，H4以内切球球心I为顶点将正六棱锥PABCDEF分割为7个小的棱锥，分别为IABCDEF，IPAB，IPBC，IPCD，IPDE，IPEF，IPFA1分割前正六棱锥PABCDEF的体积为2434032033若内切球半径为r，则7个小的棱锥的体积之和为112243r640223r838403r33403由等体积法：838403r3203，故r3，且r5，选项D错误．3403三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．113．答案：21解：由题可知，直线的方向向量为2,1，故直线l的斜率k．214．答案：2或29解：如图，将线段CE沿CD平移至DK位置，此时，由异面直线所成角的定义，KDF为异面直线a，b所成角或其补角，设KDF160，KDF2120，则EFEF1或EFEF2．先求EF1在Rt△CDE中，DCE90，CDCE1，故CDE45，DE2，注意到EK平面DKF2，KDF160，EDK90CDE45，2故cosEDFcosEDKcosKDF1142于是在△EDF中，cosEDF，ED2，DF1，114122由佘弦定理EF1DEF1D2DEF1DcosEDF12同理，EF22于是EF2或2115．答案：31解：随机变量等可能地在2x，xlnx，ex1中取值，故取每个值的概率均为，31111于是E2xxlnxex1ex1xlnx2x，33331设fxex1xlnx2x，x0，31则fxex1lnx1，31设gxex1lnx1，x0，则gxex10，故gx在0,上单调递增，结合xg10，1于是当0x1时，gx0，从而fxgx0，故fx在0,1上单调递减，3101当x1时，gx0，从而fxgx0，故fx在1,上单调递增，31故fxf1．min35116．答案：256解：设第n次传球把球传回到A的手中的概率为Pn，第1次传球A将球传给其他运动员，故P10；Pn1表示第n1次传球把球传回到A的手中，故传球前球不在A手中，而每名运动员传给11其他一名指定运动员的概率为，由乘法原理，故P1P．4n14n111于是Pn1Pn54511结合P0，155111故数列Pn为首项为，公比为的等比数列，554n1n1111111于是，即，，PnPnnN554554411151故Ps5542563317．答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）343解：（Ⅰ）因为abcosCcsinB，33由正弦定理得：sinAsinBcosCsinCsinB33将ABC代入上式得：sinBCsinBcosCsinCsinB3结合sinBCsinBcosCsinCcosB，3可得sinBcosCsinCcosBsinBcosCsinCsinB3113即sinCcosBsinCsinB，3因为C0,，sinC0，所以tanB3结合B0,得B3（Ⅱ）法一；若b3，B，由余弦定理b2a2c22accosB得3a2c2ac3注意到a0，c0，由均值不等式3a2c2ac2acacac，故ac3，当且仅当ac3时取等，1333于是SacsinBac，当且仅当abc3即△ABC为正三角形时取△ABC244等．33故△ABC的面积的最大位．4sinAsinC法二：若b3，B，由正弦定理ab2sinA，cb2sinC，3sinBsinB1故SacsinB3sinAsinC，△ABC222将代入上式得，其中CABAS△ABC3sinAsinC3sinAsinA332A0,，32将展开变形得S△ABC3sinAsinA33133S3sinAcosAsinAsinAcosAsin2A△ABC222233233故，由得S△ABCsinAA0,S△ABC463433故△ABC的面积的最大值，当且仅当ABC即△ABC为正三角形时取等．437990018．答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）K23.841，故没有95%的把握认为该实验成败与选择的实验10296112环境有关．解：（Ⅰ）由题可知，失重环境下试验10次，成功7次，失败3次，故由频率估计概率，该同学在7失重环境下成功的概率为；10（Ⅱ）由题可知：正常环境下试验100次，成功40次，失败60次；失重环境下试验10次，成功7次，失败3次，故列联表如下：成功次数失败次数合计正常环境4060100失重环境7310合计4763110（得出3.343可得10分）21104037609900故K23.3433.841，故没有95%的把握认为该实验成败与选择4763100102961的实验环境有关．19．答案：（Ⅰ）an2n1；（Ⅱ）T3030a2a1d3解：（Ⅰ）设等差数列的公差为d，由a23，S525得：S55a110d25a11解得：，故数列an的通项公式为an2n1d22n2n（Ⅱ）由（Ⅰ）可知a2n1，故bacos2n1cos，nnn33*首先对任意的nN都有b3n1b3n2b3n323n123n223n36n1cos6n3cos6n5cos333246n1cos2n6n3cos2n6n5cos2n233116n16n36n5322于是Tbbbbbbbbb3030123456282930120．答案：（Ⅱ）2（Ⅰ）证明：∵PD平面ABCD，AD平面ABCD，BD平面ABCD，13∴PDBD，ADPD，结合BDAP，AP平面PAD，PD平面PAD，APPDP∴BD平面PAD又∵AD平面PAD∴ADBD，结合ADPD，BD平面PBD，PD平面PBD，BDPDD∴AD平面PBD（Ⅱ）如图，以D为原点，分别以DA，DB，DP为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，故D0,0,0由（Ⅰ）可知AD平面PBD，BD平面PBD，故ADBD在平行四边形ABCD中，AD∥BC，故BCBD，结合BCBD1，可得点的坐标B0,1,0，C1,1,0，∵结合BDAD，BDPD，AD平面PAD，PD平面PAD，ADPDD．∴BD平面PAD∴PD是斜线PB在平面PAD上的射影，∴PB与平面PAD所成角为BPD，4∵在Rt△PBD中，BDP，BPD，BD1，24∴PD1，从而P点坐标为P0,0,1．对于二面角BPCD，平面PCD的一个法向量为1,1,0，设平面PBC的法向量为x,y,z，此时，CB1,0,0，PB0,1,1，【得出1,1,0这一结果得10分】CBCB0x0则由得，即，取y1得z1，PBPB0yz0于是平面PBC的一个法向量为0,1,1，141故二面角BPCD的余弦值为2x221．答案：（I）y21；（Ⅱ）恒过定点0,1（得出2b2这一结果给2分）43c3解：由题可知离心率为，故e；短轴长为2，故2b2，结合a2b2c2，解得2a22a2x2，于是椭圆C的方程为y1；b14（Ⅱ）设M1xM,yM，N1xN,yN，因为A，B在椭圆C上，2x2M2yM124xM2yM4所以，变形得，222x2x2y4Ny1NN4N22这表示点xM,2yM，xN,2yN均在圆xy4上，（得出M2坐标得2分）因为点xM,2yM与M1xM,yM横坐标相同，纵坐标同号，于是点M2的坐标为M2xM,2yM，同理点N2的坐标为N2xN,2yN当xMxN时，因为M1N1过定点P，所以直线M1P，N1P的斜率相等，x0x0x0x0于是k=MNk，即MN，M1P11N1P2y12y1yyMNM2N2xM0xN0此时，取点Q0,1，则表示点Q0,1与M2xM,2yM两点连线的斜率，表示点2yM12yN1Q0,1与N2xN,2yN两点连线的斜率，于是k=k，这意味着直线MN恒过定点Q0,1，M2QN2Q221当动直线绕点旋转时，点，的横纵坐标发生变化，于是点，的横纵坐M1N1p0,M1N1M2N22标随之变化，故除了定点Q0,1外，动直线M2N2不过其它定点，否则M2N2过两定点，为定直线，矛盾．15当xMxN时，经检验，此时直线M2N2过定点Q0,1综上，直线M2N2过定点Q0,1．122．答案：（Ⅰ）当a0时，fx在0,上单调递减；当a0时，fx在0,上单调递a12减，在,上单调递增；（Ⅱ）fx是xe,上的几何上凸函数．a1解：（Ⅰ）fx定义域为0,，fx的导函数fxax1当a0时，fxa0，故fx在0,单调递减；x1111当a0时，fxa0得：x；由fxa0得：0x；xaxa11于是fx在0,单调递减，在,单调递增，aa综上，当a0时，fx在0,单调递减；11当a0时，fx在0,单调递减，在,单调递增．aa2（Ⅱ）fx是xe,上的几何上凸函数，证明如下：11由（Ⅰ）可知，当ae时，fx在0,单调递减，在,单调递增．ee111故fxfeln20，故fx为连续正值函数eee由于，fx1x2ex1x2lnx1x2fx1fx2ex1lnx1ex2lnx22要证fx是e,上的几何上凸函数．2需证fxxfxfx，即证fxxfxfx，121212122exxlnxxe2xx2exxlnxxln2xxexlnxexlnx12121212121211222ex1x2ex1lnx2x2lnx1lnx1lnx2，则161ln2xx2exxlnxxln2xxexxlnxxlnxlnxexlnxxlnx，121212412121212122112需证lnxlnxexxlnxxexlnxxlnxlnxlnx412121212211212由lnxlnxlnxlnx，且exlnxxlnxexxlnxx4121212211212exxxlnxxxxlnx221111222ex2x1x2lnx1x1lnx2lnxlnx2exxxx121221x1x2lnxlnx故只需证2exxxx1201221x1x2lnx1lnx下面给出证明：设hx，则hx，即在e,上hx0，hx递减，xx2所以xxhxhx0，1212lnxlnx即2exxxx120．1221x1x212综上，lnxlnxexxlnxxexlnxxlnxlnxlnx成立，4121212122112故，得证．fx1x2fx1fx217