湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试数学试题【解析版】

湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试数学试卷考试时间：2022年5月17日下午15:00-17:00试卷满分：150一、单项选择题：本大题共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满足(3i)z45i，则z的共轭复数的虚部为4i444iA．B．C．D．3333【答案】C45i(45i)i54i544【解析】(3i)z45i，zi，z的共轭复数的虚部为．故选：3i(3i)i3333C．2.设集合A{x|(x1)(x4)0}，B{x|2xa0}，且AB{x|1x2}，则aA．4B．2C．2D．4【答案】Da【解析】集合A{x|(x1)(x4)0}{x|1x4}，B{x|2xa0}{x|x}，2aAB{x|1x2}，2，解得a4．故选：D．213113.已知a2，blog2，clog1，则323A．abcB．acbC．cabD．cba【答案】C111【解析】30，，，．0a221blog2log210clog1log23log221cab323故选：C．4.已知A，B，C是表面积为16的球O的球面上的三个点，且ACAB1，ABC30，则三棱锥OABC的体积为1313A．B．C．D．121244【答案】C【解析】设球的半径为R，ABC外接圆的半径为r，在ABC中，由ACAB1，ABC30，则BAC1201AC得2r2，所以r1，因为球O的表面积为16，则4R216，解得R2，sinABC所以球心O到ABC的距离dR2r23，即三棱锥OABC的高为3，13131SABACsinBAC，所以三棱锥OABC的体积V3．ABC24OABC344故选：C．5.已知函数f(x)xln(e2x1)x21，f(a)2，则f(a)的值为A．1B．0C．1D．2【答案】B【解析】构造函数g(x)xln(e2x1)x2，则g(x)g(x)xln(e2x1)x2xln(e2x1)x2e2x1xln2x2xlne2x2x20，故函数g(x)为奇函数，又f(a)g(a)12，e2x1g(a)1f(a)g(a)g(a)10，故选：B．16.若sincos，0，则sin2cos2517173131A．B．C．D．25252525【答案】D1124【解析】因为sincos，两边同平方可得，1sin2，所以sin20，5252549因为0，则，所以sin0，cos0，故(sincos)21sin2，2257177所以sincos，故cos2sin2(cossin)(cossin)()，55525724731即cos2，所以sin2cos2．故选：D．252525252x27.直线x2与双曲线y1的渐近线交于A，B两点，设P为双曲线上任一点，若OPaOAbOB(a，4bR，O为坐标原点），则下列不等式恒成立的是A．a2b2…1B．|ab|…1C．|ab|…1D．|ab|…2【答案】Cx21【解析】双曲线y21的渐近线为：yx．把x2代入上述方程可得：y1．422(2a2b)2不妨取A(2,1)，B(2,1)．OPaOAbOB(2a2b,ab)．代入双曲线方程可得：(ab)1，411ab化为ab．ab„()2，化为：|ab|…1．故选：C．44228.若函数yfx的图象上存在两个不同的点A，B，使得曲线yfx在这两点处的切线重合，则称函数yf(x)为“共切”函数，下列函数中是“共切”函数的为A．ylnxxB．yexxC．yx31D．yxcosx【答案】D【解析】由“共切”函数的定义可知，导函数中自变量存在两个值，它们的函数值相等，才可能是“共切”函数，因此导数不会为单调函数；1对于A，y1，即导函数在(0,)上单调递减，且自变量与函数值是一一对应的关系，故ylnxxx不会是“共切”函数；对于B，yex，即导函数在R上单调递增，故yex1必不是“共切”函数；对于C，y3x2，存在(m,m3)与(m，m3)(m0)，两点处的切线斜率为3m2相等，分别写出切线方程为：y3m2x2m3，y3m2x2m3，显然两直线不重合，故yx3不是“共切”函数；对于D，y1sinx[0，2]，即导函数为T2的周期函数，且y0恒成立，故yxcosx在R上递增，不妨取xA0,xB2，则y1，切点分别为A(0,1),B(2,21)，此时切线方程分别为yx1,yx221x1，两切线重合，可知至少存在A、B两点处的切线重合，故该函数为“共切”函数．故选：D．二、多项选择题：本大题共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.已知由样本数据(xi，yi)(i1，2，3，，10)组成的一个样本，得到回归直线方程为yˆ2x0.4，且x2，去除两个样本点(2,1)和(2,1)后，得到新的回归直线的斜率为3．则下列说法正确的是A．相关变量x，y具有正相关关系B．去除两个样本点后的回归直线方程为yˆ3x3C．去除两个样本点后，随x值增加相关变量y值增加速度变小3D．去除两个样本点后，样本(4,8.9)的残差为0.1【答案】AB【解析】：对于A，去除两个歧义点(2,1)和(2,1)后，得到新的回归直线的斜率为3，30，则相关变量x，y具有正相关关系，故A正确，对于B，由x2代入y2x4得y3.6，则去除两个歧义点(2,1)和(2,1)后，得到新的21053.610995X，Y，aˆ33，故去除歧义点后的回归直线方程为yˆ3x3，故B828222正确，对于C，由于斜率为31，故相关变量x，y具有正相关关系且去除歧义点后，随x值增加相关变量y值增加速度变大，故C错误，当x4时，y3439，则样本(4,8.9)的残差为8.990.1，故D错误．故选：AB．2x210.已知点M(1,0)，A，B是椭圆y1上的动点，当MABA取下列哪些值时，可以使MABM04A．3B．6C．9D．12【答案】ABC【解析】设A(x0，y0)，且MABM0，2222①，MABAMA(BMMA)MAMABMMA(x01)y0x2x2将A点坐标代入椭圆，可得0y21，则y210代入①可得，400422x34222MABA(x1)10(x)(2„x„2)，故(MABA)，(MABA)9，对照选项，0440330min3maxMABA可以取ABC．故选：ABC．sin2x2sinx11．设函数f(x)，则cosxA．f(x)在(，)上有且仅有1个零点22B．f(x)的最小正周期为C．f(x)在(，)上单调递减223D．f(x)在(，)上单调递减22【答案】ACD【解析】由二倍角公式可得，sin2x2sinxcosx，4sin2x2sinx2sinx(cosx1)f(x)0，sinx0或cosx1，xk或x2k，kZ，cosxcosxx(,)，当且仅当k0时，即x0时，满足f(x)0，22f(x)在(,)上有且只有一个零点，满足题意，则A正确，22f(x)2sinx2tanx，sinx的最小正周期为2，tanx的最小正周期为，f(x)的最小正周期为2，则B错误，2[cos2x(sinx)sinx]2(cos3x1)f(x)2sinx2tanx，则f(x)2cosx，(cosx)2cos2x3cosx1„0f(x)„0，f(x)在恒单调递减，则C、D正确，故选：ACD．*212．在数列an中，对于任意的nN都有an0，且an1an1an，则下列结论正确的是A．对于任意的n2，都有an1B．对于任意的a10，数列an不可能为常数列C．若0a12，则数列an为递增数列D．若a12，则当n2时，2ana1【答案】ACDaan*n【解析】A：由an11，对nN有an0，则an111，即任意n2都有an1，正确；an1an1B：由an1(an11)an，若an为常数列且an0，则an2满足a10，错误；an*C：由an11且nN，an1an当1an12时01，此时a1a2(a21)(0,2)且a1a2，数列an递增；an1an当an12时1，此时a1a2(a21)a22，数列an递减；an1所以0a12时数列an为递增数列，正确；D：由C分析知：a12时an12且数列an递减，即n2时2ana1，正确.故选：ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.函数f(x)的图象如图所示，记Af(x1)、Bf(x2)、Cf(x3)，则A、B、C最大的是________.5【答案】A【解析】根据导数的几何意义，f(x1)、f(x2)、f(x3)分别为x1、x2、x3处的切线斜率，又x1与x3处的切线单调递增，x2处的切线单调递减，且x1处的切线比x3处的切线更陡峭，f(x2)0f(x3)f(x1)，故最大为f(x1)．14.已知(1x)n的展开式中，唯有x3的系数最大，则(1x)n的系数和为　64　．【答案】64323466【解析】由题意，CnCn，且CnCn，所以n6，所以令x1，(1x)的系数和为264．15.与三角形的一边及另外两边的延长线都相切的圆，称为这个三角形的旁切圆．已知正ABC的中心为O，AB1，点P为与BC边相切的旁切圆上的动点，则OAOP的取值范围为________.71【答案】[，]663【解析】如图所示，ABC的旁切圆为圆O，设其半径为R，因为正ABC的边长为1，所以|AE|，233|AE||BE|易知O为ABC的重心，则|OA|，|OE|，易知ABO与△AOD相似，则，即36|AD||OD|31322，解得R，由平面向量数量积的几何意义可知：OAOPOPOA，表示OP在OA上的投3R223331影与|OA|的乘积，由图可知，当点P位于点E时，OPOA最大，最大值为()，当336633377点P位于点F时，OPOA最小，最小值为(2)，故OAOP的取值范围是[，36266171]，故答案为：[，]．666616.棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1，点P沿正方形ABCD按ABCDA的方向作匀速运动，点Q沿正方形B1C1CB按B1C1CBB1的方向以同样的速度作匀速运动，且点P,Q分别从点A与点B1同时出发，则PQ的中点的轨迹所围成图形的面积大小是________.3【答案】4ABBABCCB【解析】如图，E,F,G分别是正方形ABCD，11，11的中心，下面进行证明：菱形EFGC的周界即为动线段PQ的中点H的轨迹，首先证明：如果点H是动线段PQ的中点，那么点H必在菱形EFGC的周界上，分两种情况证明：（1）P，Q分别在某一个定角的两边上，不失一般性，设P从B到C，而Q同时从C1到C，由于速度相同，所以PQ必平行于BC1，故PQ的中点H必在CG上；（2）P，Q分别在两条异面直线上，不失一般性，设P从A到B，同时Q从B1到C1，由于速度相同，则APB1Q，由于H为PQ的中点，连接B1H并延长，交底面ABCD于点T，连接PT，则平面PB1QT与平面ABCD交线是PT，BCBC∵11∥平面ABCD，∴11∥PT，∴HB1QHTP，而PTB1QAP，PT∥BC，π∴△APT是等腰直角三角形，TAP，从而T在AC上，可以证明FH∥TC∥AC，GH∥TC∥AC，FG∥4AC，基于平行线的唯一性，显然H在FG上，7综合（1）（2）可证明，线段PQ的中点一定在菱形EFGC的周界上；下面证明：如果点H在菱形EFGC的周界上，则点H必定是符合条件的线段的中点.也分两种情况进行证明：（1）H在CG或CE上，过点H作PQ∥BC1（或BD），而与BC及CC1（或CD及BC）分别相交于P和Q，由相似的性质可得：PH=QH，即H是PQ的中点，同时可证：BP=C1Q（或BQ=DP），因此P、Q符合题设条件（2）H在EF或FG上，不失一般性，设H在FG上，连接B1H并延长，交平面AC于点T，显然T在AC上，过T作TP∥CB于点P，则TP∥C1B1，在平面PTC1B1上，连接PH并延长，交B1C1于点Q，在三角形ACB1中，G是B1C的中点，FG∥AC，则H是B1T的中点，于是PTHQB1H，从而有B1QPT，又因为TP∥CB，CABATP，所以APPT，从而BQAP，因此P，Q符合题设条件.41由（1）（2），如果H是菱形EFGC周界上的任一点，则H必是符合题设条件的动线段PQ的中点，证毕.1122因为四边形EFGC为菱形，其中CEAC11，所以边长为且ACCB1AB1，VAB1C2222π22π3为等边三角形，GCE，所以面积Ssin.3223483故答案为：4四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.（本小题满分10分）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，c2．有以下3个条件：①2ccosAb；②2ba2ccosA；③ab2c．请在以上3个条件中选择一个，求△ABC面积的最大值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：若选择①abc由正弦定理可将2ccosAb化为：2sinCcosAsinBsinAsinBsinC又，所以所以ABCsinBsin(AC)，2sinCcosAsin(AC)即sinAcosCcosAsinC0，∴sin(AC)0，∴AC，∴ac2，…………………………5分1所以SacsinB2sinB2（当B时取到等号）△ABC22所以△ABC面积的最大值为2．…………………………10分若选择②abc由正弦定理可将2ba2ccosA化为：sinAsinBsinC又，所以2sinBsinA2sinCcosA，ABCsinBsin(AC)1所以2sin(AC)sinA2sinCcosA，即2sinAcosCsinA，∴cosC2又C(0,)，∴C…………………………5分3又由余弦定理c2a2b22abcosC可得：4a2b2ab2ababab（当且仅当ab时取等号）1∴S△ABCabsinC2sinC3所以△ABC面积的最大值为3．………………10分2，若选择③因为c2，所以ab2c42ab，∴ab4（当且仅当ab时取等号）………2分9a2b2c2又由余弦定理cosC得：2ab222ab31aba2b2ab2ab1cosC42（当且仅当ab时取等号）2ab2ab2ab2∴0C…………………………5分311∴SabsinC4sin3（当且仅当ab时取等号）△ABC223所以△ABC面积的最大值为3．…………………………10分18．（本小题满分12分）数列an的前n项和为Sn，a11，an12Sn(nN),,（1）求数列an的通项an;（2）求数列nan的前n项和Tn.Sn1【解析】（1）∵an12Sn，,∴Sn1Sn2Sn∴3.又∵S1a11,Snn1*∴数列Sn是首项为1、公比为3的等比数列，Sn3(nN).…………………2分1,n1∴当n2时，a2S23n2(n2),∴a……………………分nn1nn2523,n2（2）Tna12a23a3nan，当n1时，T11；…………………………6分当时，01n2，①n…2Tn143632n312n1，②3Tn343632n3①②得：3(13n2)2T242(31323n2)2n3n1222n3n11(12n)3n1，n1311T(n)3n1(n…2)，…………………………10分n221011又Ta1也满足上式，T(n)3n1(nN*)．…………………………12分11n2219．（本小题满分12分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为22的正方形，平面PAC底面ABCD，PAPC22.（1）求证：PBPD；（2）若点M,N分别是棱PA,PC的中点,平面DMN与棱PB的交点为Q，则在线段BC上是否存在一点H，使得DQPH，若存在，求BH的长,若不存在,请说明理由.【解析】（1）证明：记ACBDO，连结PO，底面ABCD为正方形，OAOCOBOD2．PAPC，POAC，平面PAC底面ABCDAC，PO平面PAC，PO底面ABCD．BD底面ABCD，POBD．PBPD；……………5分（2）以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由（1）可知OP2．可得P(0，0，2)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(2，0，0)，可得，M(0，1，1)，N(0，1，1)．DM(2,1,1)，MN(0,2,0)．设平面DMN的法向量n(x,y,z)，nDM2xyz0由，令x1，可得n(1,0,2)．…………………………7分nMN2y0记PQPB(2,0,2)，可得Q(2，0，22)，DQ(22,0,22)，184由DQn0，可得，22440，解得．可得，DQ(,0,)．……………9分333记BHtBC(2t,2t,0)，可得H(22t，2t，0)，11PH(22t,2t,2)，若DQPH，则DQPH0，841(22t)(2)0，解得t．332故BH2．…………………………12分20．（本小题满分12分）根据社会人口学研究发现，一个家庭有X个孩子的概率模型为：X12302概率1p1pp1其中0，0p1．每个孩子的性别是男孩还是女孩的概率均为且相互独立，事件A表示一个家2i庭有i个孩子i0,1,2,3，事件B表示一个家庭的男孩比女孩多(例如：一个家庭恰有一个男孩，则该家庭男孩多．)13∣PB（1）若p，求，并根据全概率公式P(B)PBAiPAi，求；2i0（2）为了调控未来人口结构，其中参数p受到各种因素的影响(例如生育保险的增加，教育、医疗福利的增加等)．①若希望PX2增大，如何调控p的值？5②是否存在p的值使得EX，请说明理由．3214【解析】(1)1p1p1，p，可得…………………………2分p215121121313由题意得：1，2，23．PBA1C1PBA2C2PBA3C3C322223∣由全概率公式，得P(B)PBAiPAii02331111C2C2C31p2332p2221111321p，又p，则PB；…………………………5分2p422252121(2)①由1p1p1，得p3p3，…………………………6分pp32212p3p1记fpp3p3，0p1，则fp，pp2记gp2p33p21，则gp6p26p6pp10，故gp在0,1单调递减．∵g01，∴gp0，∴fp0，fp在0,1单调递减．1因此增加p的取值，会减小，增大，即PX2增大．…………………………8分5121②假设存在p使EX231p，又p3p3，p3p15p25将上述两式相乘，得53p5p5，p33p化简得，5p36p220，…………………………9分设hp5p36p22，则hp15p212p3p5p4，4448则hp在0,单调递减，在,1单调递增，hp的最小值为h0，55525∴不存在p0使得hp00．…………………………12分21.（本小题满分12分）动点P到定点F(0,1)的距离比它到直线y2的距离小1，设动点P的轨迹为曲线C，过点F的直线交曲线C于A,B两个不同的点，过点A,B分别作曲线C的切线，且二者相交于点M．（1）求曲线C的方程；（2）求证：ABMF0；（3）求ABM的面积的最小值．【解析】（1）由已知，动点P在直线y2上方，条件可转化为动点P到定点F(0,1)的距离等于它到直线13y1距离,∴动点P的轨迹是以F(0,1)为焦点，直线y1为准线的抛物线,故其方程为x24y．…………………………3分（2）证：设直线AB的方程为：ykx12由x4y得：x24kx40,ykx1设A(xA,yA),B(xB,yB),则xAxB4k，xAxB4…………………………4分11由x24y得：yx2，∴yx4211∴直线AM的方程为：yx2x(xx)　①4A2AA11直线BM的方程为：yx2x(xx)　②4B2BB111xx①－②得：（x2x2)(xx)x(x2x2)，即xAB2k4BA2AB2BA2xAxB121xBxA112将x代入①得：yxAxAxAxBxA2422441∴yxx1，故M(2k，1)，…………………………6分4AB∴MF(2k，2)，AB(xBxA，k(xBxA))∴ABMF2k(xBxA)2k(xBxA)0…………………………8分2（3）解：由（2）知，点M到AB的距离d|MF|21k∵2|AB||AF||BF|yAyB2k(xAxB)44k4113∴S|AB|d4(k21)21k24(1k2)2≥422∴当k0时，ABM的面积有最小值4．…………………………12分22.（本小题满分12分）ax21已知函数f(x)x22x(aR)（e2.71828…是自然对数的底数）．ex2（1）若f(x)在x(0,2)内有两个极值点，求实数a的取值范围；121（2）a1时，讨论关于x的方程f(x)x2xb|lnx|(bR)的根的个数．2xex14a2xx2(x2)exax【解析】（1）由题意可求得f(x)x2，exex因为f(x)在x(0,2)内有两个极值点，所以f(x)0在x(0,2)内有两个不相等的变号根，即exax0在x(0,2)上有两个不相等的变号根．…………………………2分设g(x)exax，则g(x)exa，①当a„0时，x(0,2),g(x)exa0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，不符合条件．②当a0时，令g(x)exa0得xlna，当lna…2，即a…e2时，x(0,2),g(x)exa0，所以g(x)在(0,2)上单调递减，不符合条件；当lna„0，即0a„1时，x(0,2),g(x)exa0，所以g(x)在(0,2)上单调递增，不符合条件；当0lna2，即1ae2时，g(x)在(0,lna)上单调递减，(lna,2)上单调递增，g(0)0,g(2)0,e2若要exax0在x(0,2)上有两个不相等的变号根，则，解得ea．综上所述，g(lna)0,20lna2,e2ea．…………………………6分2121x（2）设h(x)|lnx|f(x)x2xb|lnx|b,x(0,)，2xexe2xx12xx11令y，则y，所以y在0,上单调递增，在,上单调递减．e2xe2xe2x22xe2x（ⅰ）当时，，则，所以2x．因为x(1,)lnx0h(x)lnx2xbh(x)e2x1exe2x2x10,0，所以h(x)0，因此h(x)在(1,)上单调递增．xxe2x（ⅱ）当时，，则，所以2x．因为x(0,1)lnx0h(x)lnx2xbh(x)e2x1exe2xe2xe2x1,e2,e2x1,0x1,1,即1,，又2x11,所以xx152x2xeh(x)e2x10，因此h(x)在(0,1)上单调递减．x综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当x(0,)时，h(x)…h(1)e2b，…………………………8分当h(1)e2b0，即be2时，h(x)没有零点，故关于x的方程根的个数为0，当h(1)e2b0，即be2时，h(x)只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1，当h(1)e2b0，即be2时，x1①当x(1,)时，h(x)lnx2xblnx2blnx1b，要使h(x)0，可令ee1blnx1b0，即xe,；x11②当x(0,1)时，h(x)lnx2xb…lnxeblnx1b，要使h(x)0，e21b可令lnx1b0，即x0,e，所以当be2时，h(x)有两个零点，故关于x的方程根的个数为2，综上所述：当be2时，关于x的方程根的个数为0，当be2时，关于x的方程根的个数为1，当be2时，关于x的方程根的个数为2．…………………………12分16