1、2022屆湖北省襄陽市高三上學(xué)期元月聯(lián)考數(shù)學(xué)試題一、單選題1已知集合；，則=（       ）ABCD【答案】C【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)和不等式的解法，求得集合，結(jié)合集合并集的概念及運算，即可求解.【詳解】由題意，集合，又由，可得，所以.故選：C.2下面是關(guān)于復(fù)數(shù)（i為虛數(shù)單位）的命題，其中真命題為（       ）AB復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點在直線上C的共軛復(fù)數(shù)為D的虛部為【答案】B【分析】化簡復(fù)數(shù)為代數(shù)形式，然后求模，寫出對應(yīng)點的坐標得其共軛復(fù)數(shù)及虛部，

2、判斷各選項即得【詳解】，所以，A錯誤；所以復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點坐標為，在直線上，B正確；所以的共軛復(fù)數(shù)為，C錯誤；所以的虛部為，D錯誤故選：B3已知圓臺的上下底面圓的半徑分別為1與2，高為，則圓臺的側(cè)面積為（       ）ABCD【答案】C【分析】根據(jù)圓臺側(cè)面積公式進行求解即可.【詳解】因為圓臺的上下底面圓的半徑分別為1與2，高為，所以圓臺的母線為：，所以圓臺的側(cè)面積為：，故選：C4已知，則（       ）ABCD【答案】B【分析】利用倍角公式可得，再

3、利用弦化切，即求.【詳解】,.故選：B5若雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為2，則雙曲線的離心率為（       ）ABCD【答案】B【分析】由雙曲線的方程可得一條漸近線方程，根據(jù)圓的方程得圓心和半徑，運用點到直線的距離公式和弦長公式，可得a, b的關(guān)系，即可求解.【詳解】不妨設(shè)雙曲線的一條漸近線為，圓的圓心為，半徑，則圓心到漸近線的距離為所以弦長，化簡得：，即，解得，所以 .故選：B6在中，則角的最大值為（       ）ABCD【答案】A【分析】設(shè)，

4、則，利用基本不等式求出的最小值，結(jié)合角的取值范圍可求得角的最大值.【詳解】設(shè)，則，由余弦定理可得，當且僅當時，等號成立，因為，則.故選：A.7已知函數(shù)，則所有極值點的和為（       ）ABCD【答案】D【分析】根據(jù)已知條件，令，求出方程的根，判斷根左右兩側(cè)的導(dǎo)函數(shù)符號可得極值點，從而可求解所有極值點的和.【詳解】解：，令，得，因為在兩側(cè)異號，所以是函數(shù)的極值點，又，所以極值點，所以所有極值點的和為，故選：D.8關(guān)于函數(shù)有下列四個結(jié)論：函數(shù)的圖象關(guān)于點中心對稱；函數(shù)在定義域內(nèi)是增函數(shù)；曲線在處的切線為；函數(shù)無零點；其中正確

5、結(jié)論的個數(shù)為（       ）A4B3C2D1【答案】C【分析】要判斷函數(shù)是否關(guān)于成中心對稱，只要考查的值是否等于2即可，由此可判斷；利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)來判斷；求出函數(shù)在處的切線方程即可判斷；根據(jù)零點存在定理，計算，可判斷.【詳解】對于函數(shù)，有，故的圖象關(guān)于點中心對稱，所以不正確；，而 ，當且僅當x=0時取等號，所以 ，故在定義域內(nèi)是增函數(shù)，故正確； ，故線在處的切線為，即，故正確；由可知，在（-1,0）之間有零點，故錯誤，故選：C.二、多選題9下列說法正確的是（     

6、60; ）A當總體是由差異明顯的幾個部分組成時，通常采用分層抽樣的方法抽樣B頻率分布直方圖中每個小矩形的高就是該組的頻率C若兩個滿足線性回歸的變量負相關(guān)，則其回歸直線的斜率為負D已知隨機變量服從正態(tài)分布，則【答案】AC【分析】對于A，結(jié)合分層抽樣的定義，即可判斷;對于B,根據(jù)頻率分布直方圖的性質(zhì)可得；對于C，根據(jù)線性回歸直線的性質(zhì)，可判斷；對于D,根據(jù)正態(tài)分布的對稱性可得.【詳解】對于A, 根據(jù)分層抽樣的定義可知，當總體是由差異明顯的幾個部分組成時，通常采用分層抽樣的方法抽樣,A正確；對于B, 頻率分布直方圖中每個矩形的高是“頻率/組距”，即每個小矩形所代表的對象的頻率/組距，每個小

7、矩形的面積才是該組的頻率；B錯誤；對于C,根據(jù)回歸方程性質(zhì)，若兩個滿足線性回歸的變量負相關(guān)，則其回歸直線的斜率為負,C正確；對于D， ,D錯誤；故選：AC.10已知，當時，則（       ）A，BCD【答案】ACD【分析】利用，可得，從而得到，再對每一個選項進行分析即可.【詳解】因為，且，可得，從而得到，因為，所以，所以，而，（，等號不成立）所以.從而可知選項ACD正確.故選：ACD11在中，其中，則（       ）A當時，B當時，C當時，D當時，【答

8、案】AD【分析】當時，再把用表示可判斷A；當時是邊長為4的等邊三角形，由可判斷B；當時，兩邊平方化簡可判斷C；       當時，計算出，由向量夾角公式可判斷D.【詳解】因為，所以與的夾角為，當時，故A正確；當時，所以是邊長為4的等邊三角形，所以B錯誤；當時，所以，所以，故C錯誤；       當時，所以，所以，因為，所以，故D正確.故選：AD.12在棱長為正方體中，點是線段上的動點，則下列判斷正確的是（    &#

9、160;  ）A無論點在線段的什么位置，三棱錐的體積為定值B無論點在線段的什么位置，都有C當時，與異面D若直線與平面所成的角為，則的最大值為【答案】BCD【分析】以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸建立空間直角坐標系，設(shè)點，其中.利用錐體的體積公式可判斷A選項；利用空間向量法可判斷B選項；利用共線向量的坐標表示可判斷C選項；利用線面角的定義結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系可判斷D選項.【詳解】以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、，其中.對于A選項，因為平面平面，平面，平面，故點到平面的距離等于點到平面的距離，即為，因此，A錯；對于B選項，則，故

10、，B對；對于C選項，若，則，無解，故與不可能平行，若，設(shè)點，因為，則，則，因為，則，解得.所以，當時，即當時，與異面，C對；對于D選項，設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，點到平面的距離為，由已知可得，當取最小值時，取最大值，此時取最大值，且，當且僅當時，等號成立，故的最大值為，故的最大值為，D對.故選：BCD.【點睛】方法點睛：計算線面角，一般有如下幾種方法：（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理，得到線面垂直，進而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內(nèi)的射影，即可確定線面角；（2）在構(gòu)成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度，從而不必作出線面角，則線面角滿足（為斜線段長），進而可求得線面角；（

11、3）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，設(shè)為直線的方向向量，為平面的法向量，則線面角的正弦值為.三、填空題13二項式展開式中常數(shù)項為_【答案】45【分析】求得二項展開式的通項，令，即可求解展開式的常數(shù)項，得到答案.【詳解】由題意，二項式的展開式的通項為，令，得，可得，即展開式的常數(shù)項是.故答案為：.14我們把分子，分母同時趨近于0的分式結(jié)構(gòu)稱為型，比如：當時，的極限即為型，兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在早在1696年，洛必達在他的著作無限小分析一書中創(chuàng)造一種算法（洛必達法則），用以尋找滿足一定條件的兩函數(shù)之商的極限，法則的大意為：在一定條件下通過對分子、分母分別求導(dǎo)再求極限來確定未

12、定式值的方法如：，則_【答案】2【分析】根據(jù)題設(shè)對分子、分母分別求導(dǎo)再求極限即得.【詳解】由題可得.故答案為：2.15如圖，兩個等腰直角和的腰長分別為，點在軸上，軸垂直平分，且拋物線經(jīng)過點，則_【答案】【分析】由題可得，代入拋物線方程即得.【詳解】由題可知，所以，即，又由題可得，所以，即，解得，或（舍去）故答案為：.四、雙空題16如圖，是一塊半徑為的半圓形紙板，在的左下端剪去一個半徑為的半圓后得到圖形，然后依次剪去一個更小的半圓（其直徑為前一個被剪掉半圓的半徑）得圖形，記第塊紙板的面積為，則（1）_，（2）如果，使得成立，那么的取值范圍是_【答案】    

13、;      【分析】（1）根據(jù)題意可知，每次剪去的半圓的面積構(gòu)成了一個等比數(shù)列，由此先求得，從而可求得答案；（2）根據(jù)題意只要使得，即可保證，使得成立，因此解不等式即可得答案.【詳解】由題意可知，依次剪去一個更小的半圓，其半徑為前一個半圓半徑的一半，故每次剪去的半圓的面積組成了首項為 ，公比為 的等比數(shù)列，第塊紙板是剪了n-1次后得到的，故 ，故（1） ；（2），使得成立，故只需 ，解得 ，而 ，所以，故答案為：；五、解答題17在中，內(nèi)角，的對邊分別為，且(1)求角的大小；(2)若，且，求的面積【答案】(1)(2)【分析】（1）先利用正弦定理統(tǒng)一成角，

14、然后利用三角函數(shù)恒等變換公化簡，從而可求出角的大小，（2）利用余弦將所給式統(tǒng)一成邊，化簡可得，結(jié)合已知可求出，再利用三角形面積公式求解即可(1)由已知及正弦定理，得，又，(2)由已知及余弦定理，得，化簡，得即，又，的面積182021年11月25日，南非報告發(fā)現(xiàn)新冠病毒突變毒株.1.1.529，26日，世界衛(wèi)生組織將其命名為“奧密克戎”傳染病專家威蘭德根據(jù)現(xiàn)有數(shù)據(jù)計算稱，相比原始新冠毒株，“奧密克戎”的傳染性高出5倍，而“德爾塔”僅高出70%在最近的中非合作論壇上，中國正式宣布將再次向非洲援助冠狀病毒疫苗10億針同時，衛(wèi)生部擬從5名防疫專家中抽選人員分批次參與援助南非活動援助活動共分3批次進行，

15、每次援助需要同時派送2名專家，且每次派送專家均從這5人中隨機抽選已知這5名防疫專家中，2人有援非經(jīng)驗，3人沒有援非經(jīng)驗(1)求5名防疫專家中的“甲”，在這3批次援非活動中恰有兩次被抽選到的概率；(2)求第一次抽取到?jīng)]有援非經(jīng)驗專家的人數(shù)的分布列與期望【答案】(1)；(2)分布列見解析；期望為.【分析】（1）由題可得甲在每輪抽取中，被抽取到的概率，然后利用獨立重復(fù)實驗概率公式即得；（2）由題知的可能取0，1，2然后根據(jù)分布列的步驟及期望公式即得.(1)由題可知5名防疫專家中的“甲”在每輪抽取中，被抽取到的概率為，則三次抽取中，“甲”恰有兩次被抽取到的概率為；(2)由題可知的可能取值有0，1，2；

16、所以分布列為：0120.10.60.3所以的期望.19設(shè)是正項等比數(shù)列，是等差數(shù)列，已知，(1)求和的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列滿足，是否存在實數(shù)、，使得前項和為，如果存在，求實數(shù)、的值，如果不存在，請說明理由【答案】(1)，；(2)存在，.【分析】（1）利用等比數(shù)列的通項公式及等差數(shù)列的通項公式即求；（2）由題可得，然后利用錯位相減法可得，再結(jié)合條件即得.(1)設(shè)數(shù)列的公比為，數(shù)列的公差為，則由，得，即，解得或（舍），又，所以，即，解得，所以；(2)，于是，兩式相減可得：，又因為所以存在，使得前項和為.20如圖，在三棱錐中，平面平面，分別是，的中點，記平面與平面的交線為直線(1)求證：直線平面；

17、(2)若直線上存在一點（與都在的同側(cè)），且直線與直線所成的角為，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證明，再證明平面，從而得到平面；（2）建立空間直角坐標系，然后再求出相關(guān)平面的法向量，最后用夾角公式計算即可.(1)證明：，分別是，的中點，又平面，平面，平面，又平面，平面平面，又，平面平面，平面平面，平面，則平面(2)以為坐標原點，為軸正方向，為軸正方向，過垂直于平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，由題意得：，設(shè)，則依題意可得：，即：又與都在的同側(cè)，所以，即于是：，設(shè)平面的法向量為則，取，可得再設(shè)平面的法向量為，則，取，得于是所以平面與平面所成的銳二

18、面角的余弦值為21已知橢圓的左、右頂點分別為，上下頂點分別為，四邊形的面積為4，且該四邊形內(nèi)切圓的方程為(1)求橢圓的方程；(2)直線(,均為常數(shù))與橢圓相交于，兩個不同的點(,異于,)，若以為直徑的圓過橢圓的右頂點，試判斷直線能否過定點？若能，求出該定點坐標；若不能，請說明理由【答案】(1)；(2)直線過定點，該定點為.【分析】（1）由菱形面積得，由內(nèi)切圓圓心到四邊形四邊所在直線距離等于半徑得的一個等式，兩者結(jié)合解得得橢圓方程；（2）設(shè)，直線方程代入橢圓方程整理后應(yīng)用韋達定理得，由求出的關(guān)系，再觀察直線方程得定點坐標(1)四邊形的面積為4，且可知四邊形為菱形，即由題意可得直線方程為：，即，四邊形內(nèi)切圓方程為圓心到直線的距離為，即由：，橢圓的方程為：；(2)設(shè)，由得：，直線與橢圓相交于，兩個不同的點，即由韋達定理得以為直徑的圓過橢圓的右頂點，由于，所以，即，從而，即，或適合當時，直線，所以恒過定點，當時，直線，過定點，舍去綜上可知：直線過定點，該定點為22已知函數(shù)(1)討論的單調(diào)性，并比較與的大小；(2)若，為兩個不相等的正數(shù)，且，求證：【答案】(1)的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為；(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性進行求解