湖北省2021-2022学年高三下学期第二次双周练（半月考）数学试题.docx

1、湖北省2021-2022学年高三下学期第二次双周练（半月考）数学试题第I卷（选择题）一、单选题1已知复数z的共轭复数为，且的虚部为2，则z的实部为（）A-1B1C-2D22已知集合，则的所有子集的个数为（）A16B8C7D43已知是函数的零点，则的值（）A为正数B为负数C等于0D无法确定正负4高一学生小李在课间玩耍时不慎将一个篮球投掷到一个圆台状垃圾篓中，恰好被上底口（半径较大的圆）卡住，球心到垃圾篓底部的距离为，垃圾篓上底面直径为24a，下底面直径为18a，母线长为13a，则该篮球的表面积为（）ABCD5已知是奇函数，且是偶函数，当时，则()ABCD6某乒乓球爱好者甲，乙，丙，丁，戊，己六人

2、相约在元旦期间组织一场双打比赛，其中甲，乙为黄金搭挡，定为一队，其余四人自由组成两队，3队之间进行单循环赛，则所有可能的不同的对阵情况有（）A6种B9种C18种D36种7 下图中的多边形均为正多边形，M，N是所在边的中点，双曲线均以，为焦点，且经过M，N两点设图1，图2，图3中双曲线的离心率分别为，则（）ABCD8已知，且，则下列不等式恒成立的个数是（）；.A1B2C3D4二、多选题9已知向量，满足，且，则下列结论正确的是（）ABC或D与的夹角为4510若函数在区间内存在唯一的，使得，则的值可能是（）ABCD11已知P是圆O:x2+y2=4上任意一点，定点A在x轴上，线段AP的垂直平分线与直线

3、OP相交于点Q，当P在圆O上运动时，Q的轨迹可以是（）A直线B椭圆C双曲线D抛物线12已知数列an满足，则（）Aan是递增数列BC D第II卷（非选择题）三、填空题13若的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为_14若对任意，总成立，则的值为_.15已知双曲线：的斜率为正的渐近线为，若曲线：4上恰有不同3点到的距离为1，则双曲线的离心率是_16若函数和的图象有且仅有一个公共点P，则g(x)在P处的切线方程是_.四、解答题17（10分）已知正项数列的前项和为，且，(且).(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.18（12分）在中，角所对的边分别为，已知（1）求角的大小

4、；（2）若，求的取值范围19（12分）如图，在四面体中，分别是线段，的中点，（1）证明：平面平面；（2）若二面角为，求二面角的余弦值20（12分）云南是我国野生菌菇资源丰富的省份，共有250多种可食用菌每年雨季，许多云南的当地居民便进山采菇拿到菌菇市场售卖若某市场调研员跟踪调查某居民每天的采菇数量（单位：千克）及当天所采菌菇平均售价（元/千克），得到如下概率分布表：采菇数量（千克）56菌菇平均售价（元/千克）150180概率0.60.4概率0.80.2假设该居民每天的采菇数量与每天的菌菇平均售价相互独立(1)记该居民采菇一天所获得的收入为X元，求X的分布列及数学期望；(2)求该居民连续采菇三天

5、所获得的总收入不少于2500元的概率（小数点后保留一位有效数字）参考数据：，.21（12分）已知抛物线方程，过点作抛物线的两条切线，切点分别为.（I）求证：直线过定点；（II）求（为坐标原点）面积的最小值.22（12分）设()，（1）求的单调区间：（2）已知函数有两个零点，且，（i）求的取值范围；（ii）证明：随着的减小而增大.试卷第5页，共5页参考答案：1B【解析】【分析】设（m，R），根据题意和复数的虚部的概念即可求解.【详解】设（m，R），则，所以由条件得，所以，所以，所以z的实部为1.故选：B.2D【解析】【分析】先解出集合A，B，再求出，的所有子集的个数.【详解】因为，所以，的所有子

6、集的个数为.故选：D.3B【解析】【分析】先确定函数的单调性，再确定函数零点所在的区间，即得解.【详解】解：由题可知单调递增（增函数+增函数=增函数），且，则，所以所以.故选：B4D【解析】【分析】先画出球与垃圾篓组合体的轴截面图，然后根据题意求出垃圾篓的高，从而可求出球心到上底面的距离，进而可求出球的半径，于是可求得球的表面积【详解】球与垃圾篓组合体的轴截面图如图所示.根据题意，得垃圾篓的高为.所以球心到上底面的距离为.设篮球的半径为r，则.故篮球的表面积为.故选：D.5D【解析】【分析】利用函数的奇偶性、周期性与对数的运算即可计算.【详解】是奇函数，且是偶函数，f(x)周期为8，故选：D.

7、6B【解析】【分析】首先求出丙，丁，戊，己四人组成2队的方法数，然后求出3队的不同打法的安排数，然后可得答案.【详解】首先丙，丁，戊，己四人组成2队的方法数有，其次3队的不同打法安排有，所以可能的不同的对阵情况有（种）.故选：B.7A【解析】【分析】由双曲线定义有、，结合正多边形的性质求得关于c的表达式，即可求各图对应双曲线的离心率.【详解】在图1中，又，则在图2中，则在图3中，由余弦定理得：，则因为，所以故选：A8B【解析】【分析】构造函数，由导数可确定，再根据，为增函数判断，做差判断，特殊值判断.【详解】易知.设，则.设，则.所以在上单调递减.所以，即.所以在上单调递减.因为，且，所以.因

8、为为增函数，所以，恒成立.设，则该函数为R上的增函数.因为，所以，即，恒成立.因为，所以，但ab小于1时，不恒成立.因为当，时，所以不恒成立.故选：B9ABC【解析】【分析】对于A，由，两边平方求解判断；对于B，由平方求解；对于C，设，由求解判断；对于D，利用夹角公式求解判断.【详解】对于A，由，得，因为，所以，又，所以，故A正确；对于B，因为，所以，故B正确；对于C，设，则，解得，从而或，故C正确；对于D，故D错误.故选：ABC10BCD【解析】【分析】根据题意结合正弦函数的性质可得，从而可得出答案.【详解】解：因为时，所以，因为函数在区间内存在唯一的，使得，所以，解得.故选：BCD.11B

9、C【解析】【分析】分点A在圆内、圆外、圆上、圆心，作图，结合椭圆、双曲线定义以及圆的性质可知.【详解】当点A在圆内时，如图1，因为点Q在PA的垂直平分线上，所以，所以，又，所以由椭圆定义知，此时轨迹为椭圆；当点A在圆外时，如图2，且，由双曲线定义可知，此时轨迹为双曲线；当点A在圆上时，易知点Q为定点，即圆心O；当点A在于点O重合时，易知Q为AP的中点，轨迹为圆.故选：BC12ABD【解析】【分析】由递推公式和可判断A，由数列递增和可判断B，由递推公式知可判断C，对递推公式取倒裂项，然后累加、放缩可判断D.【详解】因为a1=1，所以，故A正确；易知，所以为正整数，又an是递增数列，所以，故B正确

10、；由递推公式得：，又，所以，易知，故C不正确；取倒得，则由累加法得整理得，又所以故选：ABD13【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式求出第3项的二项式系数，列出方程求出，通过对二项式的赋值求出展开式中的所有系数和即可【详解】的展开式中第3项的二项式系数为，15，解得，令，得到展开式中所有项系数之和为故答案为：14#【解析】【分析】先通过辅助角公式进行化简，进而得到恒等，然后求出，最后根据二倍角公式求得答案.【详解】由题意，所以恒等，则，即，所以，于是.15#【解析】【分析】由题可知圆的圆心到l的距离为：半径1，据此求出a、b关系，即可求出离心率.【详解】曲线：4为圆，圆心E(2，0)，半径

11、r2，l为：，即，由题可知E到l距离为r11，故，.16【解析】【分析】由分离常数，结合导数求得的值，进而通过切点和斜率求得切线方程.【详解】由（），分离常数得，令，令，所以在上递减.所以当时，递增；当时，递减，所以，所以，且.，所以切线方程为.故答案为：17(1)(2)【解析】【分析】（1）由及题意可得数列为等差数列，从而求出，从而可求出答案；（2）利用裂项相消法即可求出答案(1)，又，数列是以为首项，1为公差的等差数列，当时，当时，满足上式，数列的通项公式为；(2)由（1）可知，当时，18（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据三角形角的关系，代入化简三角函数式，即可求得，进而得角的大小；

12、（2）根据余弦定理，由基本不等式即可求得，再结合三角形边关系求得的取值范围.【详解】（1），即，（2）由余弦定理可知，代入可得，当且仅当时取等号，又，的取值范围是【点睛】本题考查了三角恒等变形的应用，由余弦定理及基本不等式求边的范围，属于中档题.19（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理逆定理证明，从而可证平面，然后可得面面垂直；（2）建立如图所示空间直角坐标系，用向量法求二面角【详解】（1），分别是线段，的中点，则，又，所以，所以，所以，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）以为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，由（1）可得平面，平面，所以

13、，所以为二面角的平面角，即，所以，所以，设平面的一个法向量是，则，取，则，即，设平面的一个法向量是，则，取，则，所以二面角的余弦值为20(1)分布列见解析，(2)【解析】【分析】（1）根据条件中表格的数据可算出答案；（2）该居民连续采菇三天所获得的总收入少于2500元有两种情况，一种是每天收入均为750元，另一种是有两天收入为750元，另一天收入为900元，然后可得答案.(1)由题意可知，的可能取值为750，900，1080，则，所以的分布列为75090010800.480.440.08故(2)因为，所以该居民连续采菇三天所获得的总收入少于2500元有两种情况，一种是每天收入均为750元，另一

14、种是有两天收入为750元，另一天收入为900元，故所求概率21（I）证明见解析；（II）【解析】【分析】（I）利用导数可求得切线斜率为，由此可得和方程，由为交点可求得满足直线方程，从而可证得结论；（II）设直线与轴交于点，则，将所求三角形面积拆分为，可化简为；将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理可表示出，根据二次函数最值可求得所求面积的最小值.【详解】（I）抛物线方程可化为：，则设切点坐标，则，方程为：；方程为：又，方程可化为：；方程可化为：为交点，满足直线方程：，即当时，直线恒过定点（II）由（I）知，直线方程为：设直线与轴交于点，则将方程与抛物线方程联立得：则，即当时，取得最小值【点睛

15、】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到定点问题、三角形面积的最值的求解问题；求解最值问题的关键是能够将所求面积转化为符合韦达定理的形式，通过直线与抛物线方程联立，结合韦达定理得到关于某一变量的函数关系，利用函数的最值求得所求面积的最值.22（1）若，的单调递增区间为；若，的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）（i）；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）分类讨论含参数的函数的单调区间；（2）（i）根据函数的单调性，转化为最大值大于0，然后解不等式即可；（ii）构造函数，结合函数单调性及不等式的性质即可证得.【详解】（1）因为，则，若，则在上恒成立，所以的单调递增区间为；若，令，则，时，的单调递增；时，的单调递减；所以的单调递增区间为，单调递减区间为；综上：若，的单调递增区间为；若，的单调递增区间为，单调递减区间为（2）（i）由（1）知：函数有两个零点需满足，即，所以，故的取值范围为；（ii）因为，则，令，则，所以在上单调递增，在单调递减，并且时，当时，由已知满足，由，及的单调性，可得，对于任意，设，其中；，其中；因为在上单调递增，由，即，可得，同理可得，又由得，故随着的减小而增大.答案第22页，共17页