2022届湖北省高三上学期期末联考数学试题（解析版）

1、2022届湖北省高三上学期期末联考数学试题一、单选题1设集合，则（       ）ABCD【答案】C【分析】先求出集合B,再根据集合的交集运算求得答案.【详解】,所以，故选：C.2已知，为单位向量，且，则，的夹角为（       ）ABCD【答案】C【分析】对左右两边同时平方进行化简，即可求出答案.【详解】把左右两边同时平方得：，由于，为单位向量，.故，的夹角为.故选：C.3设，则（      &

2、#160;）ABCD【答案】B【分析】利用指数函数、对数函数以及正弦函数的单调性结合中间值法可得出、的大小关系.【详解】因为，所以，.故选：B.4已知复数数列满足，（为虚数单位），则（       ）ABCD【答案】D【分析】推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得的值.【详解】由已知可得，因此，数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，故.故选：D.5若函数的大致图象如图所示，则的解析式可能是（       ）ABCD【答案】C【分析】利用

3、排除法，取特殊值分析判断即可得答案【详解】解：由图可知，当时，取，则对于B，所以排除B，对于D，所以排除D，当时，对于A，此函数是由向右平移1个单位，再向上平移1个单位，所以时，恒成立，而图中，当 时，可以小于1，所以排除A,故选：C6在2021中俄高加索联合军演的某一项演练中，中方参加演习的有4艘军舰，5架飞机；俄方有3艘军舰，6架飞机.若从中、俄两方中各选出2个单位（1架飞机或一艘军舰都作为一个单位，所有的军舰两两不同，所有的飞机两两不同），且选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有（       ）A51种B168种

4、C224种D336种【答案】B【分析】按飞机的来源分两类，再计算出每一类的选法种数结合分类加法计数原理计算作答.【详解】计算选出的四个单位中恰有一架飞机的方法数有两类办法：飞机来自中方，有种方法，飞机来自俄方，有种方法，由分类加法计数原理得：(种)，所以选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有168种.故选：B7已知、分别是双曲线的左右焦点，点在双曲线右支上且不与顶点重合，过作的角平分线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则该双曲线的离心率为（       ）ABC2D【答案】A【分析】延长交于点，可得，结合双曲线的定义可得的

5、关系，从而求得离心率【详解】如图延长交于点，是的平分线，又是中点，所以，且，又，故选：A8足球起源于中国东周时期的齐国，当时把足球称为“蹴鞠”.汉代蹴鞠是训练士兵的手段，制定了较为完备的体制.如专门设置了球场，规定为东西方向的长方形，两端各设六个对称的“鞠域”，也称“鞠室”，各由一人把守.比赛分为两队，互有攻守，以踢进对方鞠室的次数决定胜负.年以前的世界杯用球多数由举办国自己设计，所以每一次球的外观都不同，拼块的数目如同掷骰子一样没准.自年起，世界杯官方用球选择了三十二面体形状的足球，沿用至今.如图，三十二面体足球的面由边长相等的块正五边形和块正六边形拼接而成，形成一个近似的球体.现用边长为的

6、上述正五边形和正六边形所围成的三十二面体的外接球作为足球，其大圆圆周展开图可近似看成是由个正六边形与个正五边形以及条正六边形的边所构成的图形的对称轴截图形所得的线段，如图，则该足球的体积约为（       ）参考数据：，.ABCD【答案】A【分析】先由图求出球的大圆的周长，可求得球的半径，利用球体的体积公式可求得结果.【详解】设正五边形的边长为，则，如下图，在正五边形中，内角为，边长为，中，因为在正六边形中，内角为，边长为，正六边形的轴长为，所以大圆的周长为，设球的半径为，则，可得，所以，该足球的体积为.故选：A.二、多选题

7、9若两函数的定义域、单调区间、奇偶性、值域都相同，则称这两函数为“伙伴函数”.下列函数中与函数不是“伙伴函数”是（       ）ABCD【答案】BD【分析】分析各选项中的函数以及函数的定义域、单调区间、奇偶性、值域都相同，结合题中定义可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，单调递增区间为，递减区间为，该函数为偶函数，值域为.对于A选项，令，该函数的定义域为，函数的单调递增区间为，递减区间为，因为，即函数的值域为.，即函数为偶函数，A满足条件；对于B选项，由可得，即，解得，故函数的值域为，B不满足条件；对于C选项，令，该函

8、数的定义域为，令，则且不恒为零，所以，函数在上单调递增，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，故函数的值域为，因为，即函数为偶函数，C满足条件；对于D选项，函数的定义域为，D不满足条件.故选：BD.10下列说法不正确的是（       ）A若，且与的夹角为锐角，则的取值范围是B若，不共线，且，则，、四点共面C对同一平面内给定的三个向量，一定存在唯一的一对实数，使得.D中，若，则一定是钝角三角形.【答案】ACD【分析】对于A，由与的数量积大于0且不共线计算判断；对于B，变形，由空间共面向量定理判断；对于C，由平面向量

9、基本定理判断；对于D，利用平面向量数量积运算判断作答.【详解】对于A，依题意，且与不同向共线，求得，解得：且，A错误；对于B，由，则，即，于是得共面，且公共起点C，而，不共线，四点共面，B正确；对于C，同一平面内不共线的非零向量，才存在唯一的一对实数，使得，否则不成立，C错误；对于D，在中，则，于是得是锐角，不能确定是钝角三角形，D错误.故选：ACD11如图，点为边长为1的正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则（       ）A直线、是异面直线BC直线与平面所成角的正弦值为D三棱锥的体积为【答案】BD【分析】

10、通过作辅助线可以看到直线、是相交直线，说明A选项错误；根据面面垂直的性质，可以证明平面，从而求得，计算线与平面所成角的正弦值即可判断C的正误，借助于C的计算过程，再求出，可知B的对错；根据三棱锥体积公式求得其体积即可判断D的对错.【详解】对于A选项，连接，则点为的中点，、平面，平面，同理可知平面，所以，与不是异面直线，A选项错误；对于C选项，四边形是边长为的正方形，平面平面，交线为，平面，平面，所以，直线与平面所成角为，为的中点，且是边长为的正三角形，则，C选项错误；对于B选项，取的中点，连接、，则且，平面，平面，平面，B选项正确；对于D选项，平面，的面积为，所以三棱锥的体积为，D选项正确.故

11、选：BD.12设函数，则下列说法正确的有（       ）A不等式的解集为；B函数在单调递增，在单调递减；C当时，总有恒成立；D若函数有两个极值点，则实数【答案】ACD【分析】A选项，解不等式即可；B选项，求导，利用导函数研究其单调性；C选项，构造函数，二次求导结合函数单调性和极值，最值进行证明；D选项，转化为在有两个根，求导后结合单调性，极值等求出的取值范围.【详解】由题意得，则对于A：由，可得，解得，所以解集为，故A正确；对于B：，令，解得x=1，所以当时，函数为增函数，当时，函数为减函数，故B错误；对于C：当时，若，则

12、，所以，即，令，则，当时，函数为增函数，又，所以在是恒成立，所以为减函数，又，所以在是恒成立，所以当时，总有恒成立，故C正确；对于D：若函数有两个极值点，则有两个根，即在有两个根，令，则，所以当时，函数为增函数，当时，函数为减函数，又当时，当时，所以，解得，故D正确.故选：ACD【点睛】导函数在研究函数单调性和函数图象上非常重要，很多问题看似与函数单调性无关，不过通过转化或构造新函数，通过求导，结合函数单调性及极值，最值，就变的迎刃而解.三、填空题13设的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若，则展开式中的系数为_【答案】150【分析】利用赋值法及二项式系数和公式求出、列出方程求得，

13、利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为3得进而得系数【详解】中，令得展开式的各项系数之和，根据二项式系数和公式得二项式系数之和，解得，的展开式的通项为，令得，故展开式中的系数为，故答案为150.【点睛】本题主要考查赋值法是求二项展开式系数和的方法，利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，属于中档题.14在等差数列中，当取得最小值时，_.【答案】7【分析】根据等差中项的性质得到，把化为关于公差的关系式，进而得到时取得最小值，进而求出答案.【详解】由题意得：，则；，所以：当时，取得最小值.此时故答案为：715设，且，则当取最小值时，_.【答案】12【分析】当取最小值时，取最小值，

14、变形可得，由基本不等式和等号成立的条件可得答案【详解】解析：，当取最小值时，取得最小值，又，当且仅当，即时取等号，当取最小值时，.【点睛】本题考查基本不等式求最值，变形为可用基本不等式的形式是解决问题的关键，属中档题16已知双曲线的右顶点到其一条渐近线的距离等于，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上的动点到直线和的距离之和的最小值为_【答案】2【详解】解：双曲线的渐近线方程为，右顶点(a,0)到其一条渐近线的距离等于，可得，解得，即有c=1，由题意可得，解得p=2，即有抛物线的方程为y2=4x，如图,过点M作MAl1于点A，作MB准线l2:x=1于点C，连接MF，根据抛物线的定义得MA

15、+MC=MA+MF，设M到l1的距离为d1,M到直线l2的距离为d2，d1+d2=MA+MC=MA+MF，根据平面几何知识，可得当M、A. F三点共线时，MA+MF有最小值F(1,0)到直线l1:4x3y+6=0的距离为.MA+MF的最小值是2，由此可得所求距离和的最小值为2.故答案为2.四、解答题17在中，角的对边分别是，的面积为.(1)若，求边；(2)若是锐角三角形且角，求的取值范围.【答案】(1)或；(2),【分析】（1）由题意可求出角，在由余弦定理可求出边；（2）由正弦定理可把边转化为角，再利用角的范围即可求出答案.(1)，又，则或当时，；当时，或(2)由正弦定理得，是锐角三角形，；，

16、；，的取值范围为.18设等比数列的前项和为，且（）（1）求数列的通项公式；（2）在与之间插入个实数，使这个数依次组成公差为的等差数列，设数列的前项和为，求证：【答案】（1）（2）见解析【详解】（1）由两式相减得，所以（）因为等比，且，所以，所以故（2）由题设得，所以，所以，则，所以19如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是直角梯形，其中，且.（1）证明：平面平面.（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接，由勾股定理得逆定理可得，结合可得平面，进而证得结果；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合图形进而可得结果.【详

17、解】（1）证明：连接.因为是边长为2的正方形，所以，因为，所以，所以，则.因为，所以.因为，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，两两垂直，故以为坐标原点，以射线，分别为轴，轴，轴的正半轴建立如图所示的空问直角坐标系.则，故，.设平面的法向量为，则，令，则.设平面的法向量为，则，令，则.，记二面角的平面角为，由图可知为钝角，则.20某种项目的射击比赛，开始时选手在距离目标处射击，若命中则记3分，且停止射击若第一次射击未命中，可以进行第二次射击，但需在距离目标处，这时命中目标记2分，且停止射击若第二次仍未命中，还可以进行第三次射击，此时需在距离目标处，若第三次命中则记1分，并停

18、止射击若三次都未命中则记0分，并停止射击已知选手甲的命中率与目标的距离的平方成反比，他在处击中目标的概率为，且各次射击都相互独立(1)求选手甲在射击中得0分的概率；(2)设选手甲在比赛中的得分为，求的分布列和数学期望【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）先由在100m处击中目标的概率为求出，进而求出，再利用相互独立事件同时发生的概率进行求解；（2）先写出的可能取值，求出每个变量的概率，列表得到分布列，再利用期望公式进行求解.(1)解：记选手甲第一、二、三次射击命中目标分别为事件、，三次都没有击中目标为事件，则设选手甲在m处击中目标的概率为，则由m时，得，所以，所以，由于各次射击都是相

19、互独立的，所以选手甲在射击中得0分的概率为(2)解：由题设知，的可能取值为0，1，2，3，则的分布列为0123所以数学期望为21已知点、分别是椭圆C的左、右焦点，离心率为，点P是以坐标原点O为圆心的单位圆上的一点，且（1）求椭圆C的标准方程；（2）设斜率为k的直线l（不过焦点）交椭圆于M，N两点，若x轴上任意一点到直线与的距离均相等，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标【答案】（1）；（2）证明见解析，（-2,0）.【解析】（1）根据离心率为，点P是以坐标原点O为圆心的单位圆上的一点，且,可用待定系数法求椭圆的标准方程;（2）先用设而不求法表示出，然后分析得到，代入，求出，即可证明直线过定点（-2，0）.【详解】(1)设椭圆的标准方程为由题意可得解得：即椭圆C的标准方程：.(2)设直线l：则有，消去 y得：，所以因为x轴上任意一点到