1、绝密启用前2022届湖北省黄冈市高三（下）学期5月数学试题（三）试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1已知集合，则（）ABCD2复数满足且复数在复平面内对应的点的坐标为，则（）ABCD3已知二项式的所有二项式系数之和等于128，那么其展开式中含项的系数是（）A-84B-14C14D844已知，为正实数，满足，则，的大小关系为（）ABCD5连接正四面体每条棱的中点， 形成如图所示的多面体， 则该多面体的体积是
2、原正四面体体积的（）高考加油ABCD6据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子(用竹子，木头，兽骨，象牙，金属等材料制成)以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数(小木棍全部用完)，那么这两个数的和不小于9的概率为()高考加油ABCD7已知，是半径为的球面上四点，其中过球心，则三棱锥的体积是（）ABCD8设函数，若，且的最小值为，则a的值为（）ABCD评卷人得分二、多选题9一种新冠病毒变种(B1.1.529)在多个国家和地区蔓延扩散，令全球再度人心惶惶据悉，新冠病毒变种被世界卫生
3、组织定义为“关切变异株”，被命名为奥密克戎(Omicron)根据初步研究发现，奥密克戎变异株比贝塔(Beta)变异株和德尔塔(Delta)变异株具有更多突变，下图是某地区奥密克戎等病毒致病比例(新增病例占比)随时间变化的对比图，则下列说法正确的有()高考加油A奥密克戎变异株感染的病例不到25天占据新增病例的80%多B德尔塔变异株用了约100天占据该地区逾85%的新增病例C贝塔变异株的传染性比德尔塔变异株的传染性强D德尔塔变异株感染的病例占新增病例80%用了约75天10若，且，则下列不等式恒成立的是（）ABCD11对于给定的，其外心为，重心为，垂心为，则下列结论正确的是（）ABC过点的直线交于，
4、若，则D与共线12已知正四棱柱中，为的中点，为棱上的动点，平面过，三点，则（）A平面平面B平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形C当与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为D存在点，使得与平面所成角的大小为第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、填空题13写出一个同时满足下列条件的数列的通项公式_.为递增数列；为等比数列；为等差数列.14已知函数，直线与的图像交于两点、，若的最小值为，则_.15已知抛物线与抛物线在第一象限内的交点为，若点在圆上，且直线与圆相切，则_.16已知关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是_评卷人得分四、解答题17已知数列的前项和
5、为，其中，当时，成等差数列.(1)求数列的通项公式.(2)记数列的前项和，求证：.18在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，_(1)求角A的大小；(2)若D为AC边上一点，求的面积注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分19如图，在三棱柱中，点在底面内的射影恰好是点，是的中点，且满足(1)求证：平面；(2)已知，直线与底面所成角的大小为，求二面角的大小202021年春节前，受疫情影响，各地鼓励外来务工人员选择就地过年.某市统计了该市4个地区的外来务工人数与就地过年人数（单位：万），得到如下表格：高考加油A区B区C区D区外来务工人数x
6、/万3456就地过年人数y/万2.5344.5(1)请用相关系数说明y与x之间的关系可用线性回归模型拟合，并求关于的线性回归方程.(2)假设该市政府对外来务工人员中选择就地过年的每人发放1000元补贴.（i）若该市E区有2万名外来务工人员，根据（1）的结论估计该市政府需要给E区就地过年的人员发放的补贴总金额；高考加油（ii）若A区的外来务工人员中甲乙选择就地过年的概率分别为，该市政府对甲乙两人的补贴总金额的期望不超过1500元，求的取值范围.高考加油参考公式：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.21已知椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，圆，椭圆与圆交于点，且.(1
7、)求椭圆方程.(2)若过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点，与圆交于两点，且，求的取值范围.22已知函数(1)求函数的单调区间.(2)若，求函数在区间上的零点个数.23 / 30参考答案：1B【解析】【分析】先求出集M，再求出集合M的补集，然后求出即可【详解】解：由，得或，所以或，所以，因为，所以，故选：B2C【解析】【分析】根据复数的几何意义可设，由共轭复数的概念可得，结合题意和复数的乘法运算即可得出结果.【详解】由题意得，设，则，由，得，则，即.故选：C.3A【解析】根据二项式系数之和等于128，可求得n的值，利用二项式展开式的通项公式，即可求得含项的系数.【详解】因为二项式的系数之和等于12
8、8，所以，解得，所以二项式展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中含项的系数为，故选：A【点睛】本题考查已知二项式系数和求参数、求指定项的系数问题，考查分析理解，计算求值的能力，属基础题.4D【解析】设， ，在同一坐标系中作出函数 的图象，可得答案.【详解】设， ，在同一坐标系中作出函数 的图象，如图 为函数的交点的横坐标为函数的交点的横坐标为函数的交点的横坐标根据图像可得：故选：D5D【解析】【分析】该多面体可看作正四面体截去四个相同的棱长为原棱长的的小正四面体所得的正八面体，利用体积之差求解即可.【详解】由图可知，该多面体可看作正四面体截去四个棱长为原棱长的小正四面体所得的正八面体，故.
9、故选：D6A【解析】【分析】分用(1根+4根)和(2根+3根)两种情况组成不同的两个数，求出总的组合数，并求出各个组合中两数的和，根据古典概型概率计算方法计算即可高考加油【详解】用五根小木棍摆成两个数，共有两种摆放方法：第一种是用1根和4根小木棍可以组成：1与4、1与8，其和分别为5、9，共2种；第二种是用2根和3根小木棍可以组成：2与3、2与7、6与3、6与7，其和分别为5、9、9、13，共4种；高考加油故用五根小木棍随机摆成图中的两个数，有2+4=6种不同组合，其中两个数的和不小于9的有4种，故所求概率为高考加油故选：A7D【解析】【分析】记外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，连接，根据
10、球的性质，得到平面，设的外接圆半径为，由正弦定理求出，根据题意，求出点到平面的距离，根据三棱锥体积公式，即可求出结果.高考加油【详解】记外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，连接，因为过球心，所以为的中点；根据球的性质，球心与截面圆圆心的连线与截面垂直，所以平面，又，所以，因此，设的外接圆半径为，由正弦定理可得：，因此，所以，又，为的中点，所以点到平面的距离为，因此三棱锥的体积是：.故选：D.【点睛】本题主要考查求棱锥的体积公式，涉及几何体外接球的问题，属于常考题型.8B【解析】【分析】令，可得，构造函数利用导数即可求出.【详解】令，由图象可得，因为，所以，即，则，令，则，令，解得，当时，单调
11、递减，解得，符合，当，在单调递减，在单调递增，则，解得，不符合，综上，.【点睛】方法点睛：本题考察双变量问题的函数与方程的应用，解决这种题的常见方法是利用换元法将变量转化为只有1个变量，注意利用数形结合考虑变量的取值范围.高考加油9ABD【解析】【分析】根据图象即可判断ABD；比较德尔塔变异株感染的病例占新增病例的60%用的时间和贝塔变异株感染的病例占新增病例的60%所用时间，即可判断贝塔变异株和德尔塔变异株的传染性强弱，从而判断C高考加油【详解】对于A，由图可知奥密克戎变异株感染的病例不到25天占据新增病例的80%多，故A正确；对于B，由图可知德尔塔变异株用了约100天占据该地区逾85%的新
12、增病例，故B正确；对于C，德尔塔变异株感染的病例占新增病例的60%用了60天左右，而贝塔变异株感染的病例占新增病例的60%所用时间超过了100天，故贝塔变异株的传染性比德尔塔变异株的传染性弱，故C错误；高考加油对于D，由图可知德尔塔变异株感染的病例占新增病例80%用了约75天，故D正确故选：ABD10BD【解析】【分析】由基本不等式对选项逐一判断【详解】因为，当且仅当时等号成立，则或，当且仅当时等号成立，则，当且仅当时等号成立，则，当且仅当时等号成立，故AC错误，D正确.对于B选项，当且仅当时等号成立，故B正确.故选：BD11ACD【解析】根据外心在AB上的射影是AB的中点，利用向量的数量积的
13、定义可以证明A正确；利用向量的数量积的运算法则可以即，在一般三角形中易知这是不一定正确的，由此可判定B错误；利用三角形中线的定义，线性运算和平面向量基本定理中的推论可以证明C正确；利用向量的数量积运算和向量垂直的条件可以判定与垂直，从而说明D正确.高考加油【详解】如图，设AB中点为M,则,故A正确；等价于等价于,即，对于一般三角形而言，是外心，不一定与垂直，比如直角三角形中，若为直角顶点，则为斜边的中点，与不垂直.故B错误；设的中点为,则，E,F,G三点共线，即,故C正确；,与垂直,又,与共线，故D正确.故选：ACD.【点睛】本题考查平面向量线性运算和数量及运算，向量垂直和共线的判定，平面向量
14、分解的基本定理，属综合小题，难度较大，关键是熟练使用向量的线性运算和数量积运算，理解三点共线的充分必要条件，进而逐一作出判定.高考加油12AC【解析】【分析】A选项，证明，从而证明出平面，进而证明面面垂直；B选项，当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形是五边形；C选项，作出与A重合时的平面，求出外接球半径，得到截面面积；D选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的大小.高考加油【详解】因为，为的中点，底面ABCD为正方形，所以，又因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，即A正确；当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形如下图：其中F在线段上，G在上，BP
15、EG，BEPF，可知交线围成的图形为五边形，即B错误；如图，以A为坐标原点，AD，AB所在直线为，y，z轴，建立空间直角坐标系，设平面ABEF的法向量为，则有，令，则，则球心到平面的距离，此正四棱柱的外接球半径为，所以截面半径，则截面积，即C正确；设，则平面的法向量为，则，令，则，所以，设与平面所成角为，则，因为在上单调递增，所以，所以不存在点，使得与平面所成角的大小为，即D错误.故选：AC【点睛】求解直线与平面夹角的取值范围或平面之间夹角的取值范围问题，建立空间直角坐标系可以很好的将抽象的立体几何问题转化为运算问题进行解决.高考加油13（答案不唯一）【解析】【分析】先猜想，再证明.【详解】解
16、：可以猜想.由题得，所以为递增数列；因为，显然为等比数列；因为，显然为等差数列.故符合题意.故答案为：14【解析】【分析】设点、的横坐标分别为、（不妨设）为方程的两根，分析可得，根据已知条件求出的值，由结合的取值范围可求得的值，代值计算即可得出的值.高考加油【详解】设点、的横坐标分别为、（不妨设）为方程的两根，所以，所以，两式作差可得，则，解得，则，因为，所以，解得，因为，故，因此，.故答案为：.15#【解析】【分析】由于点在圆上，所以可得，而点也在两抛物线上，代入抛物线方程可得，当与圆相切时，可得，然后前面的几个式子结合可求得答案高考加油【详解】因为，所以，因为，所以，当与圆相切时，所以，所
17、以，所以.故答案为：16【解析】【分析】运用常变量分离法，结合构造函数法进行求解即可.【详解】因为，所以，因此由，可得构造函数，当，单调递增，当时，单调递减，因此有，即，当且仅当时取等号，所以有，当且仅当存在，使得即可，设，即，因此当时，必存在一个零点，因此成立，故，即实数的取值范围是高考加油故答案为：【点睛】方法点睛：利用参变分离法求解不等式恒（能）成立问题，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），17(1)；(2)证明见解析【解析】【分析】(1)利用成等差数列列出等式，根据与关系即可判断为等比数列，根据等比数列通项公式即可求；(2)根据通项公式的特征，采用裂项相消法求
18、其前n项和，根据单调性即可求范围(1)依题意，当时，故，由得，故数列是以1为首项，4为公比的等比数列，则；(2)依题意，故，即18(1)(2)【解析】【分析】（1）选，将已知条件中的切化弦，利用两角差的正弦公式可得，进而求出角A；选，利用正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式，可得，进而求得角A；选，利用正弦定理、两角和的正弦公式化简已知等式，可得，进而可得角A高考加油（2）由余弦定理求出BD，然后在中求出AB，AD，进而求得AC，最后利用三角形面积公式求得结果(1)方案一：选条件，即，所以，故或，得或（舍去）又，所以方案二：选条件，由正弦定理得，所以因为所以，即因为，所以，即因为，所以方案三
19、：选条件因为，由正弦定理得，得，所以，因为，所以，所以因为，所以，因为，所以(2)，在中，由余弦定理，得在中，的面积19(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）分别证明出和，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求二面角的平面角.(1)因为点在底面内的射影恰好是点，所以面.因为面,所以.因为是的中点，且满足所以，所以.因为，所以，即,所以.因为,面,面,所以平面.(2)面，直线与底面所成角为，即.因为，所以由（1）知，因为，所以，.如图示，以C为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.则,所以，设，由得，即.则.设平面B
20、DC1的一个法向量为，则，不妨令，则.因为面，所以面的一个法向量为记二面角的平面角为，由图知，为锐角.所以,即.所以二面角的大小为.20(1)说明答案见解析，(2)（i）（万元）；（ii）【解析】【分析】（1）根据相关系数的绝对值越接近1，线性回归模型的拟合效果越好，即可以根据直接计算相关系数的值来判断与之间的线性相关程度的强弱；关于的线性回归方程直接用参考公式求解.高考加油（2）（i）将代入（1）中的线性回归方程，即可求出E区就地过年的人数；（ii）由X的所有可能取值为0，1，2，并分别求出相应的概率，即可得到分布列，然后求出期望，最后列出不等式求出的取值范围.高考加油(1)（1）由题，所以
21、相关系数，因为y与x之间的相关系数近似为0.99，说明y与x之间的线性相关程度非常强，所以可用线性回归模型拟合y与x之间的关系.高考加油，故y关于x的线性回归方程为.(2)（2）（i）将代入，得，故估计该市政府需要给E区就地过年的人员发放的补贴总金额为（万元）.（ii）设甲乙两人中选择就地过年的人数为X，则X的所有可能取值为0，1，2，.所以，所以，由，得，又，所以，故的取值范围为.21(1)(2)【解析】【分析】（1）由题意得到，得到，设，得到，即可椭圆的方程；（2）由（1）得，得到且，分别为椭圆和圆的弦长，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，得到和，和分别重合，求得；高考加油设直线，联立方
22、程组得到，求得，以及点到直线的距离和，得到，令，则，得到，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解.高考加油(1)解：由题意，圆，可得圆心坐标，则，即，设，则，整理得，即椭圆的方程为.(2)解：由（1）得，因为且,所以且，分别为椭圆和圆的弦长，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，由，可得此时和，和分别重合，所以，所以，此时，则；当直线的斜率存在时设直线，联立方程组，整理得，则，所以，因为点到直线的距离，所以，又由，两边平方，可得，因为，令，则，又因为，所以，设，可得，当时，所以在上单调递减，又由，所以，即，综上可得，的取值范围为.22(1)答案见解析(2)答案见解析【解析】【分析】(1)根据求
23、导公式和运算法则求出，利用导数分别研究当、时函数的单调性，即可得出函数的单调区间；(2)由(1)，利用分类讨论的思想方法和导数研究函数当、时的单调性，根据零点的存在性定理即可得出结果.高考加油(1)由题意，得当时，恒成立，所以在R上单调递增.当时，由，得，由，得，所以在上单调递减，在上单调递增.综上所述，当时，的单调递增区间为R，无单调递减区间，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；(2)由（1）可知当时，在上恒成立，所以在上单调递增.因为，所以由零点存在性定理知，函数在上有1个零点，当时，若，则，若，则，所以在上单调递减，在上单调递增，可得，当时，此时在上有1个零点当时，因为当时，所以此时在上有2个零点当时，此时在上无零点.综上，当或时，在上有1个零点，当时在上有2个零点，当时在上无零点.【点睛】(1)研究函数零点问题，要通过数的计算(函数性质、特殊点的函数值等)和形的辅助，得出函数零点的可能情况；(2)函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处函数值均为零，建立不同零点之间的关系，结合零点的存在性定理，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究高考加油
