湖北省 2022届高三数学二模试卷（PDF版带答案）

湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试数学试卷命题教师：潘小华周永林审题教师：尹念军席建颖考试时间：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(3)iz45i，则z的共轭复数的虚部为4i444iA．B．C．D．3333【答案】C45i(45)ii54i54【解析】(3)iz45i，zi，z的共轭复数的虚部为3i(3)ii3334．故选：C．32.设集合A{|(xx1)(x4)0}，B{|2xxa0}，且AB{|1xx2}，则aA．4B．2C．2D．4【答案】Da【解析】集合A{|(xx1)(x4)0}{|1xx4}，B{|2xxa0}{|xx}，2aAB{|1xx2}，2，解得a4．故选：D．21113.已知a23，blog，clog，则21332A．abcB．acbC．cabD．cba【答案】C13011【解析】0a221，bloglog10，cloglog3log21，cab．22122332故选：C．4.已如A，B，C是表面积为16的球O的球面上的三个点，且ACAB1，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AB1，ABC30，则BAC120湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第1页\nAC得22r，所以r1，sinABC2因为球O的表面积为16，则4R16，解得R2，22所以球心O到ABC的距离dRr3，即三棱锥OABC的高为3，13SABACsinBAC，ABC24131所以三棱锥OABC的体积V3．故选：C．OABC34422x5.已知函数fx()xlne(1)x1，fa()2，则fa()的值为A．1B．0C．1D．2【答案】B22x2xx222【解析】构造函数gx()xlne(1)x，则g(x)gx()xlne(1)xxlne(1)x2xe122x2xln2xxlne2x0，故函数gx()为奇函数，又f（a）g（a）12，2xe1g（a）1，f(a)g(a)1g（a）10故选：B．16.若sincos，0，则sin2cos2517173131A．B．C．D．25252525【答案】D1124【解析】因为sincos，两边同平方可得，1sin2，所以sin20，52525249因为0，则，所以sin0，cos0，故(sincos)1sin2，225722177所以sincos，故cossin(cossin)(cossin)()，55525724731即cos2，所以sin2cos2．故选：D．252525252x27.直线x2与双曲线y1的渐近线交于A，B两点，设P为双曲线上任一点，若4OPaOAbOBa(，bR，O为坐标原点），则下列不等式恒成立的是22A．ab1B．|ab|1C．|ab|1D．|ab|2【答案】C2x21【解析】双曲线y1的渐近线为：yx．把x2代入上述方程可得：y1．42不妨取A(2,1)，B(2,1)．OPaOAbOB(2a2,bab)．代入双曲线方程可得：湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第2页\n2(2ab2)211ab2(ab)1，化为ab．ab()，化为：|ab|1．故选：C．44428.若函数yfx的图象上存在两个不同的点A，B，使得曲线yfx在这两点处的切线重合，则称函数yfx()为“共切”函数，下列函数中是“共切”函数的为x3A．ylnxxB．yxeC．yx1D．yxcosx【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xylnxx不会是“共切”函数；xx对于B，ye，即导函数在R上单调递增，故ye1必不是“共切”函数；2332对于C，yx3，存在(,mm)与(m，mm)(0)，两点处的切线斜率为3m相等，2323分别写出切线方程为：y32mxm，y32mxm，3显然两直线不重合，故yx不是“共切”函数；对于D，yx1sin[0，2]，即导函数为T2的周期函数，且y0恒成立，故yxcosx在R上递增，不妨取xxAB0,2，则y1，切点分别为AB(0,1),(2,21)，此时切线方程分别为yx1,yx221x1，两切线重合，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(x，yi)(1，2，3，，10)组成的一个样本，得到回归直线方程为iiyxˆ20.4，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yxˆ33湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第3页\nC．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D．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3，30，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yx24得y3.6，则去除两个歧义点(2,1)和(2,1)后，得到新的21053.610995X，Y，aˆ33，故去除歧义点后的回归直线方程为828222yxˆ33，故B正确，对于C，由于斜率为31，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3439，则样本(4,8.9)的残差为8.990.1，故D错误．故选：AB．2x210.已知点M(1,0)，A，B是椭圆y1上的动点，当MABA取下列哪些值时，可以使4MABM0A．3B．6C．9D．12【答案】ABC【解析】设Ax(，y)，且MABM0，002222MABAMABM(MA)MAMABMMA(x1)y①，0022x022x0将A点坐标代入椭圆，可得y1，则y1代入①可得，0044222x03422MABA(x1)1(x)(2x2)，故()MABA，(MABA)9，000minmax44333对照选项，MABA可以取ABC．故选：ABC．sin2xx2sin11．设函数fx()，则cosxA．fx()在(，)上有且仅有1个零点22B．fx()的最小正周期为C．fx()在(，)上单调递减223D．fx()在(，)上单调递减22【答案】ACD【解析】由二倍角公式可得，sin2x2sincosxx，湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第4页\nsin2x2sinx2sin(cosxx1)fx()0，sinx0或cosx1，xk或xk2，cosxxcoskZ，x(,)，当且仅当k0时，即x0时，满足fx()0，22fx()在(,)上有且只有一个零点，满足题意，则A正确，22fx()2sinx2tanx，sinx的最小正周期为2，tanx的最小正周期为，fx()的最小正周期为2，则B错误，232[cosx(sin)sin]xx2(cosx1)fx()2sinx2tanx，则fx()2cosx，22(cos)xcosx3cosx10fx()0，fx()在恒单调递减，则C、D正确，故选：ACD．a中，对于任意的*212．在数列nnN都有an0，且an11anan，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02a1，则数列an为递增数列D．若a12，则当n2时，2aan1【答案】ACDaaan1，对*an11，即任意n2都有a1，【解析】A：由n1nN有an0，则n1naan1n1正确；B：由an11(an1)an，若an为常数列且an0，则an2满足a10，错误；ana1且*C：由n1nN，an1an当12an1时01，此时a1aa2(21)(0,2)且aa12，数列an递增；an1an当an12时1，此时a1aa2(21)a22，数列an递减；an1所以02a1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aan1，正确.故选：ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第5页\n13.函数fx()的图象如图所示，记Afx()、Bfx()、Cfx()，则A、B、C最大的123是________.【答案】A【解析】根据导数的几何意义，fx()、fx()、fx()分别为x、x、x处的切线斜率，123123又x与x处的切线单调递增，x处的切线单调递减，且x处的切线比x处的切线更陡峭，13213fx()0fx()fx()，故最大为fx()．2311n3n14.已知(1x)的展开式中，唯有x的系数最大，则(1x)的系数和为64．【答案】64323466【解析】由题意，CC，且CC，所以n6，所以令x1，(1x)的系数和为264．nnnn15.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OAOP的取值范围为________.71【答案】[，]66【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333||AE，易知O为ABC的重心，则||OA，||OE，易知ABO与△AOD相23631|AE||BE|223似，则，即，解得R，由平面向量数量积的几何意义可知：|AD||OD|3R223OAOPOPOA，表示OP在OA上的投影与||OA的乘积，由图可知，当点P位于点E3331时，OPOA最大，最大值为()，当点P位于点F时，OPOA最小，最小值36633377171为(2)，故OAOP的取值范围是[，]，故答案为：[，]．36266666湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第6页\n16.棱长为1的正方体ABCDABCD，点P沿正方形ABCD按ABCDA的方向作匀速1111运动，点Q沿正方形BCCB按BCCBB的方向以同样的速度作匀速运动，且点PQ,分11111别从点A与点B同时出发，则PQ的中点的轨迹所围成图形的面积大小是________.13【答案】4【解析】如图，EFG,,分别是正方形ABCD，ABBA11，BCCB11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BQ1，由于H为PQ的中点，连接BH1并延长，交底面ABCD于点T，连接PT，则平面PBQT1与平面ABCD交线是PT，∵BC11∥平面ABCD，∴BC11∥PT，∴HBQ1HTP，而PTBQ1AP，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∥TC4∥AC，FG∥AC，基于平行线的唯一性，显然H在FG上，湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第7页\n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=CQ1（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BH1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∥CB11，在平面PTCB11上，连接PH并延长，交BC11于点Q，在三角形ACB1中，G是BC1的中点，FG∥AC，则H是BT1的中点，于是PTHQBH1，从而有BQ1PT，又因为TP∥CB，CABATP，所以APPT，从4而BQ1AP，因此P，Q符合题设条件.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.湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第8页\n1122因为四边形EFGC为菱形，其中CEAC11，所以边长为且2222π22π3ACCB11AB，ABC1为等边三角形，GCE，所以面积Ssin.322343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ABC,,的对边分别为abc,,，c2．有以下3个条件：①2coscAb；②2ba2coscA；③ab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2coscAb化为：2sincosCAsinBsinAsinBsinC又ABC，所以sinBsin(AC)所以2sinCcosAsin(AC)，即sincosACcossinAC0，∴sin(AC)0，∴AC，∴ac2，1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．若选择②abc由正弦定理可将2ba2coscA化为：sinAsinBsinC2sinBsinA2sincosCA，又ABC，所以sinBsin(AC)1所以2sin(AC)sinA2sinCcosA即2sincosACsinA，∴cosC，2222又C(0,)，∴C又由余弦定理cab2abcosC可得：32242ababababab（当且仅当ab时取等号）1∴SabsinC2sinC3所以△ABC面积的最大值为3．△ABC2，若选择③湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第9页\n因为c2，所以ab2c42ab∴ab4（当且仅当ab时取等号），222abc又由余弦定理cosC得：2ab2ab22ab31a22bab242ab1cosC（当且仅当ab时取等号）2ab2ab2ab2∴0C311∴SabsinC4sin3（当且仅当ab时取等号）△ABC223所以△ABC面积的最大值为3．18．（本小题满分12分）数列a的前n项和为S，a1，a2Sn(N),,nn1nn1（1）求数列a的通项a;nn（2）求数列na的前n项和T.nnSn1【解析】（1）∵aS2，,∴SS2S∴3.又∵Sa1,nn1n1nn11Snn1*∴数列S是首项为1、公比为3的等比数列，S3()nN.nn1,n1n2∴当n2时，a2S23(n2),∴ann1nn223,n2（2）Ta23aana，nn123当n1时，T1；101n2当n2时，Tn1436323，①n12n13Tn3436323，②n①②得：n212nn213(13)n1n12Tn242(333)232223n1(12)3n，n13湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第10页\n11n1T(n)3(n2)，n2211n1*又Ta1也满足上式，T(n)3(nN)．11n2219．（本小题满分12分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为22的正方形，平面PAC底面ABCD，PAPC22.（1）求证：PBPD；（2）若点MN,分别是棱PAPC,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ACBDO，连结PO，底面ABCD为正方形，OAOCOBOD2．PAPC，POAC，平面PAC底面ABCDAC，PO平面PAC，PO底面ABCD．BD底面ABCD，POBD．PBPD；（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(,,)xyz，nDM20xyz由，令x1，可得n(1,0,2)．nMN20y记PQPB(2,0,2)，可得Q(2，0，22)，DQ(22,0,22)，184由DQn0，可得，22440，解得．可得，DQ(,0,)．333湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第11页\n记BHtBC(2,2,0)tt，可得Ht(22，2t，0)，PH(22,2,2)tt，若DQPH，则DQPH0，841(22)t(2)0，解得t．332故BH2．20．（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0，01p．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Ai2表示一个家庭有i个孩子i0123,,,，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．)31(1)若p，求，并根据全概率公式PB()PBAPA∣ii，求PB；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PX2增大，如何调控p的值？5②是否存在p的值使得EX，请说明理由．3湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第12页\n23311212131【解析】(1)由题意得：PBAC，PBAC，PBACC．112233322223由全概率公式，得PB()PBAPA∣iii02331212131C2C3C31p2p222111131p，又p，则PB；2p42222112(2)①由1pp11，得pp33，pp32212pp31记fpp33p，01p，则fp，p2p322记gp2p3p1，则gp6p6p6pp10，故gp在0,1单调递减．∵g01，∴gp0，∴fp0，fp在0,1单调递减．1因此增加p的取值，会减小，增大，即PX2增大．5112②假设存在p使EX231p，又pp33，p3p215p5将上述两式相乘，得5pp55，pp3332化简得，5pp620，322设hp5p6p2，则hp15p12p3p5p4，4448则hp在0,单调递减，在,1单调递增，hp的最小值为h0，55525∴不存在p0使得hp00．21.（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AB,两个不同的点，过点AB,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：ABMF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)的距离等湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第13页\n于它到直线y1距离,2∴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xy4．（2）证：设直线AB的方程为：ykx12xy42由得：x4kx40,ykx1设Axy(,),(Bxy,),则xx44kxx，AABBABAB2121由xy4得：yx，∴yx42112∴直线AM的方程为：yxxxx()①AAA42112直线BM的方程为：yxxxx()②BBB421221122xxAB①－②得：（xx)(xxx)(xx)，即xk2BAABBA4222xxAB1221xxBA11将x代入①得：yxxxxxAAABA2422441∴yxx1，故Mk(2，1)，AB4∴MF(2k，2)，AB(xx，kx(x))BABA∴ABMF2(kxx)2(kxx)0BABA2（3）解：由（2）知，点M到AB的距离d|MF|21k2∵|AB||AF||BF|yy2kx(x)44k4ABAB112223∴S|ABd|4(k1)21k4(1k)2≥422∴当k0时，ABM的面积有最小值4．22.（本小题满分12分）2ax12已知函数fx()x2(xaR)（e2.71828…是自然对数的底数）．xe2（1）若fx()在x(0,2)内有两个极值点，求实数a的取值范围；112（2）a1时，讨论关于x的方程fx()x2xb|ln|(xbR)的根的个数．x2xe湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第14页\n2xa2xx(x2)eax【解析】（1）由题意可求得fx()x2，xxee因为fx()在x(0,2)内有两个极值点，所以fx()0在x(0,2)内有两个不相等的变号根，x即eax0在x(0,2)上有两个不相等的变号根．xx设gx()eax，则gx()ea，x①当a0时，x(0,2),()gxea0，所以gx()在(0,2)上单调递增，不符合条件．x2②当a0时，令gx()ea0得xaln，当lna2，即ae时，xx(0,2),()gxea0，所以gx()在(0,2)上单调递减，不符合条件；x当lna0，即01a时，x(0,2),()gxea0，所以gx()在(0,2)上单调递增，不2符合条件；当0lna2，即1ae时，gx()在(0,ln)a上单调递减，(ln,2)a上单调递增，g(0)0,g(2)0,e2x若要eax0在x(0,2)上有两个不相等的变号根，则，解得ea．综ga(ln)0,20lna2,2e上所述，ea．2112x（2）设hx()|ln|xfx()x2xb|ln|xbx,(0,)，xx22xeex12xx11令y2x，则y2x，所以y2x在0,上单调递增，在,上单调递减．eee222xx2xe（ⅰ）当x(1,)时，lnx0，则hx()lnxb，所以hx()e2x1．因2xex2xe为2x10,0，所以hx()0，因此hx()在(1,)上单调递增．xx（ⅱ）当x(0,1)时，lnx0，则hx()lnxb，所以2xe湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第15页\ne2x2x2xhx()e2x2x12xx22ee．因为e1,e,e1,0x1,1,即1,，xxx2x2xe又2x11,所以hx()e2x10，因此hx()在(0,1)上单调递减．x2综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当x(0,)时，hx()h(1)eb，22当h(1)eb0，即be时，hx()没有零点，故关于x的方程根的个数为0，22当h(1)eb0，即be时，hx()只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1，22当h(1)eb0，即be时，x1①当x(1,)时，hx()lnxblnxblnx1b，要使hx()0，可2x2ee1b令lnxb10，即xe,；x11②当x(0,1)时，hx()lnxblnxeblnx1b，要使2xe2hx()0，1b可令lnxb10，即xe0,，2所以当be时，hx()有两个零点，故关于x的方程根的个数为2，2综上所述：当be时，关于x的方程根的个数为0，2当be时，关于x的方程根的个数为1，2当be时，关于x的方程根的个数为2．湖北省黄冈中学2022届高三第二次模拟考试试卷（共17页）第16页