湖北省重点高中智学联盟2021-2022学年高二数学下学期5月联考试题（Word版附解析）

湖北省重点高中智学联盟2022年春季高二年级5月联考数学试题考试时间：2022年5月19日下午3：00-5：00试卷满分：150分一、单选题（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，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】当时，，即，故充分；当时，，即，解得或，故不必要，故选：A2.7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（）种不同的放法．A.60种B.36种C.30种D.15种【答案】D【解析】【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.【详解】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.故选：D.3.已知表示变量与之间的线性相关系数，表示变量与之间的线性相关系数，且，，则（）A.变量与之间呈正相关关系，且与之间的相关性强于与之间的相关性B.变量与之间呈负相关关系，且与之间的相关性强于与之间的相关性C.变量与之间呈负相关关系，且与之间的相关性弱于与之间的相关性D.变量与之间呈正相关关系，且与之间的相关性弱于与之间的相关性\n【答案】C【解析】【分析】根据相关系数的定义判断．【详解】因为，，所以变量与之间呈正相关关系，变量与之间呈负相关关系，且与之间的相关性弱于与之间的相关性.故选：C．4.已知为等差数列，的前项和为，则使得达到最大值时是（）A.19B.20C.21D.22【答案】B【解析】【分析】用减去即可得公差，再求得的通项公式,再分析的最值即可.【详解】设公差为,则减去可得,又,故,当达到最大值时有,故.故选：B5.函数在内存在极值点，则（）A.B.C.或D.或【答案】A【解析】【分析】转化为导数在内存在变号零点，参变分离，转化为函数值域问题求解即可.【详解】由题意知：在内存在变号零点，即在内有解，则，易得在内单调递减，值域为，故.\n故选：A.6.如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】延拓过点三点的平面，再根据平面与平面的判定定理，即可容易判断选择.【详解】由题意可知经过P、Q、R三点的平面即为平面，如下图所示：对选项：可知N在经过P、Q、R三点的平面上，所以B、C错误；对：MC1与是相交直线，所以A不正确；对：因为//，，//，\n又容易知也相交，平面；平面，故平面//平面故选：.【点睛】本题考查面面平行的判定，属基础题.7.一批产品共10件，次品率为20%，从中任取2件，则恰好取到1件次品的概率为(　　)A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据古典概率计算公式结合组合数计算即可求解．【详解】由题意知10件产品中有2件次品，故所求概率P(X＝1)＝＝．故选：B8.已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知，，由可得出，，利用导数可得出函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.\n【详解】，，由于，则，同理可知，，函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，，则，，则，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.所以，.故选：C.【点睛】本题考查代数式最值的计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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.甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传这四个项目，每人限报其中一项，记事件为“四名同学所报项目各不相同”，事件为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则下列结论中正确的有（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】由条件概率与独立事件可得：，，所以，即可得出答案.【详解】由已知有：，，\n所以.故选：AC．10.设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（）A.B.C.的最大值为D.的最大值为【答案】AD【解析】【分析】根据题意，，再利用等比数列的定义以及性质逐一判断即可.【详解】因为，，，所以，，所以，故A正确.，故B错误；因为，，所以数列为递减数列，所以无最大值，故C错误；又，，所以的最大值为，故D正确.故选：AD【点睛】本题考查了等比数列的性质、定义，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.11.在中，D，E，F分别是边，，中点，下列说法正确的是（）A.B.C.若，则是在的投影向量D.若点P是线段上的动点，且满足，则的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】\n对选项A，B，利用平面向量的加减法即可判断A错误，B正确.对选项C，首先根据已知得到为的平分线，即，再利用平面向量的投影概念即可判断C正确.对选项D，首先根据三点共线，设，，再根据已知得到，从而得到，即可判断选项D正确.【详解】如图所示：对选项A，，故A错误.对选项B，，故B正确.对选项C，，，分别表示平行于，，的单位向量，由平面向量加法可知：为的平分线表示的向量.因为，所以为的平分线，又因为为的中线，所以，如图所示：\n在的投影为，所以是在的投影向量，故选项C正确.对选项D，如图所示：因为在上，即三点共线，设，.又因为，所以.因为，则，.令，当时，取得最大值为.故选项D正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查平面向量的加法，减法的几何意义，数形结合为解决本题的关键，属于中档题.12.若实数，则下列不等式中一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】\n【分析】构造函数，利用导数可确定的单调性，根据单调性可依次判断出ABC的正误；构造函数，利用导数可确定单调性，根据单调性可确定D正确.【详解】对于A，设，则，当时，恒成立，在上单调递减，，，，即，，A正确；对于B，由A知，在上恒成立，在上单调递减，，，，即，，即，，B正确；对于C，若，则，即；由A知，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，，若，此时与大小关系不确定，即与大小关系不确定，C错误；对于D，设，则；令，则，当时，，即在上单调递增，当时，，此时，在上单调递减，\n，，，即，，D正确.故选：ABD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.某校1200名高二学生参加一次数学考试，考生分数服从正态分布，若分数在内的概率为0.7，估计这次考试中分数不超过70分的有___________人．【答案】180【解析】【分析】由题意结合正态分布的对称性可得考试分数不超过70的人数.【详解】由题意可知正态分布的对称轴为，据此可估计这次考试分数不超过70的人数为：.故答案为：180.14.已知某离散型随机变量服从的分布列如表，则随机变量的方差等于___________．【答案】【解析】【分析】求出的值，求出、的值，再利用方差的性质可求得结果.【详解】由已知可得，所以，，则，所以，，因此，.故答案为：.15.下列关于回归分析的说法中错误的序号为_______（1）残差图中残差点所在的水平带状区域越宽，则回归方程的预报精确度越高．（2）回归直线一定过样本中心点．\n（3）两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好．（4）甲、乙两个模型的分别约为0.88和0.80，则模型乙的拟合效果更好．【答案】（1）（4）【解析】【分析】根据“线性回归方程一定过样本中心点；在一组模型中残差平方和越小，拟合效果越好；相关指数表示拟合效果的好坏，指数越小，相关性越强”，对选项中的命题逐一判断真假即可.【详解】解：对于（1），残差图中残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高，∴（1）错误；对于（2），回归直线一定过样本中心点，正确；对于（3），两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好，正确；对于（4），甲、乙两个模型的分别约为0.88和0.80，则模型甲的拟合效果更好，∴（4）错误；综上，错误的命题是（1）、（4）共2个.故答案为：（1）（4）.【点睛】本题考查了回归分析知识的应用问题，是基础题.16.已知，则___________．【答案】【解析】分析】两边求导数得到，分别令和，两式相加，即可求解.【详解】由，两边求导可得：，令，可得，令，可得，两式相加得.故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）\n17.设数列的前项和为，已知，.（1）设，，证明：数列为等差数列；（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）把条件转化为数列的递推关系，由等差数列定义去证明即可；（2）以错位相减法去求数列的前项和.【小问1详解】由，得，两式相减得：两边同除以，得，即，当时，由，可得，则所以数列是以2为首项、1为公差的等差数列.【小问2详解】由数列是以2为首项、1为公差等差数列可得，所以，则则.18.如图,在四棱锥中,平面,为线段上一点不在端点.\n(1)当为中点时，，求证：面(2)当为中点时，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在求出M的坐标，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）法一：建立空间直角坐标系，找坐标，利用直线的方向向量与平面的法向量垂直，证明即可.法二：取BP的中点E，连接，，则，根据线面平行的判定定理证明即可.（2）假设存在点M，根据，求点M的坐标，求平面的法向量为，根据，求解，即可.【详解】(1)方法一：证明：因为平面，，平面.所以.又，所以，，两两垂直.分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.则，.\n显然平面的法向量为，则又不在平面内，所以平面.方法二：取的中点，连接，由为的中点，可知在平面四边形中，即，所以，即由已知得所以，四边形是平行四边形，所以因为平面，平面所以平面(2)假设存在点M使得与平面所成角的正弦值为则，所以为中点，则，即设平面的法向量为∴，不妨设，则∴设线面角为，则解得或1（舍去）\n∴时，直线与平面所成角正弦值为．【点睛】本题考查线面平行的证明，以及根据线面角的正弦值确定动点位置，考查了空间向量法的应用，考查了运算能力，属于较难题.19.设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.（Ⅰ）用表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量的分布列和数学期望；（Ⅱ）设为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件发生的概率.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】【分析】(Ⅰ)由题意可知分布列为二项分布，结合二项分布的公式求得概率可得分布列，然后利用二项分布的期望公式求解数学期望即可；(Ⅱ)由题意结合独立事件概率公式计算可得满足题意的概率值.【详解】(Ⅰ)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7:30之前到校的概率均为，故，从面.所以，随机变量的分布列为：0123随机变量的数学期望.(Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为，则.且.由题意知事件与互斥，且事件与，事件与均相互独立，从而由(Ⅰ)知：\n.【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知识.考查运用概率知识解决简单实际问题的能力.20.已知函数.（1）当时，求的极值点；（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）极大值点是，无极小值点；（2）.【解析】【分析】（1）求导判断函数的单调性得极值点；（2）参数分离求函数的最值得解【详解】解：（1）当时，，定义域是，，时，解得：，函数在区间单调递增，，解得：，函数在区间单调递减，所以函数在时取得极大值，极大值点是，无极小值点；（2）若恒成立，等价于，即恒成立，即设，，当时，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时函数取得最大值，即.\n21.已知椭圆的左焦点为，离心率为，点是椭圆上一点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若为椭圆上不同于的两点，且直线关于直线对称，求证：直线的斜率为定值．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得方程组，求出，即可求出椭圆的标准方程；（2）设直线的方程是，，联立椭圆方程由韦达定理可得：，同理可求得，即可求出直线的斜率.【小问1详解】∵∴，又在椭圆上，∴，解得，所以椭圆方程为：．【小问2详解】由（1）知，轴，设直线的斜率为k，因为关于直线对称，所以直线的斜率为．又，所以直线的方程是．设，．\n将上式中的k换成得，．.22.已知函数，．（1）求在点P(1，)处的切线方程；（2）若关于x的不等式有且仅有三个整数解，求实数t的取值范围；（3）若存在两个正实数，满足，求证：．【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）求出P（1，0），x＞0，，f′（1）=1，利用导数的几何意义能求出f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程．（2）求出，x＞0，则f′（x）=0，得x=e，列表讨论能求出实数t的取值范围．（3）h（x）=x2﹣2x+4lnx，从而（x1+x2）2﹣2（x1+x2）﹣4lnx1x2，令t=x1x2，=t2+2t﹣4lnt，（t＞0），…（11分）则=2t+2﹣=，由此利用导数性质能证明x1+x2≥3．【详解】（1），，所以点坐标为；又，，则切线方程为，所以函数在点处的切线方程为．（2）\n正0负单调增极大值单调减由，得；时，或，满足条件的整数解有无数个，舍；时，，得且，满足条件的整数解有无数个，舍；时，或，当时，无整数解；当时，不等式有且仅有三个整数解，又，，因为在递增，在递减；所以，即，即；所以实数的取值范围为．（3），因为，所以，即，令，，则，当时，，所以函数在上单调递减；当时，，所以函数在上单调递增．所以函数在时，取得最小值，最小值为3．因为存在两个正实数，满足，所以，即，所以或．\n因为为正实数，所以．【点睛】本题考查函数的切线方程的求法，考查实数取值范围的求法，考查不等式的证明，考查导数的几何意义、导数性质、函数的单调性、最值等基础知识，考查运算求解能力，是难题．