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.2B.4C.6D.83.已知离散型随机变量等可能地取值，若，则正整数的值为（）A.4B.6C.8D.124.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.0.6B.0.8C.1D.1.25.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.5B.6C.7D.88.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011.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112.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：方案防控等级费用（单位：万元）方案一无措施0方案二防控1级灾害40方案三防控2级灾害100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题号123456789101112答案ADBBCBBCCDBDBCDACD1.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.