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武汉市2022屈高三年级五.刀模拟试题（一）
数学试卷
武汉市教育科学研究院命制
2022.5.24
本试题卷共5页，22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码
粘贴在答题卡上的指定位置，
2.选择题的作答：每小题选出答策后，用2B铅笔把答题卡上对应题月的答案标号涂
黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内、写在试卷、
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交，
一、选择题：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.设集合A=x|-2A.1,3
B.:-1,1
G.-1,1,3
D.-1,0,1,3
2以数2=+2则1
2-i
.1
B.i
.2
D.5
3.已知一个圆锥的底而半径为2，其侧面而积是底而面积的3倍，则该圆锥的本积为
3
4已知m(g-)=子，则s(2x-)=
8
0.⑤
4
高·年级五月数学模拟试题（一）第1页（共5页》
1+。1:1的网象可能是
5.函数y=(1-,2
6.已知问量4，b不共线，满足|a|=3|b|,且teR,Iu-b|≥|a-b|恒成立，则
cos =
1
0.2
n
7.1,B,C,D,,上六人站成一排，满足1，B相邻，C,)不相邻，E不站两端的不同站法的种
数为
4.48
B.96
g.144
D.288
8.如图，已知抛物线C,的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，几过点
(3,6),圆C2:x2+y2-6x+8=0,过圆心C2的直线与抛物线和
圆的四个交点依次为P,M,V,Q,则1Py|+3IQM|的最小值为
4.16+63
B.16+43
(.12+4v3
D.20+63
二、选择题：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.已函数代x)=tan(2x+不)，则下列说法确的是
A.(x)的最小正周期为π
5)的定义域为≠景+受居∈Z
8+
C.x)的图象关于点(-，0)对称
D(x)在(0，)上单调递增
高年级五月数学模拟试题（一）第2页（共5页）》武汉市 2022 届高中毕业生五月供题（一）数学试题参考答案
选择题：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 C A D B D C B A BCD BC ACD AD
填空题：
1 1
13. (2 2,+ ) 14. 15. [ ,1) 16. (0,1) ；3 （第一空 2分；第二空 3分）
4 3
解答题：
17．(10 分)
（1）证明：因为an+1 = 2an n+1，所以，an+1 (n+1) = 2(an n)，
又因为a1 1= 2，数列 an n 是首项为2，公比为2的等比数列.……………………5 分
n n
（2）解：由（1）得，an n = 2 ，所以，an = 2 + n ，
1 2 3 n
Sn = a1 +a +a + +a = 2 + 2 + 2 + + 2 + (1+ 2+ 3+ + n2 3 n )
2(1 2n ) n (n+1) 1 1
= + = 2n+1 2+ n2 + n .………………………………………………10 分
1 2 2 2 2
18.（12 分）解：
3 5 12
（1） sin A = sin B = sin A B A cos B =
2 13 2 13
3 12 1 5 12 3 +5
所以 sin C = sin(A+ B) = + = .……………………………6 分
2 13 2 13 26
2 2 2
（2）在 ABC中 由余弦定理可知 a = 3= b +c 2bccos A= b2 +c2 bc
3(b+ c)2
(b+ c)2 = 3+3bc 3+ b+ c 2 3
4
当且仅当b = c = 3时，b+c 的最大值为2 3 .……………………………………12 分
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19.(12 分）解：
（1）证明：因为 ABC是正三角形，所以 AB = BC = AC
因为 ABD = CBD，BD公共边，
所以△ABD≌ CBD ,
所以 AD =CD，
因为△ACD是直角三角形，
所以 ADC = 90 ，
取 AC 的中点O，连接DO, BO，则DO ⊥ AC, DO = AO ,
因为 ABC是正三角形，所以BO⊥ AC ，
因为DO OB =O 所以 AC ⊥平面BOD .
又因为BD 平面BOD ,
所以 AC ⊥ BD…………………………………………………………………………………6 分
（2）在Rt AOB 中，BO2 + AO2 = AB2，
因为 AB = BD，所以BO2 +DO2 = BO2 + AO2 = AB2 = BD2 ,
所以 DOB = 90 ，.
以 O 为坐标原点，OA为 x轴，OB为 y轴，OD为 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则
D(0,0,1) ,O(0,0,0) , B(0, 3,0) ,C( 1,0,0) , A(1,0,0) .
易知面 ADC的法向量为n1 = (0,1,0)
设 E(x, y, z)由DE =mDB得 E(0, 3m,1 m)
设面 ACE 的法向量为n2 = (x, y, z)
因为OE = (0, 3m,1 m),OA = (1,0,0)
x = 0
OA n = 0 x = 02 由
令 y=1 m→ y =1 m 即n = (0,1 m, 3m)
0E n 3my + (1 m)z = 0
2
2 = 0
z = 3m
|1 m | 2 7 1
由 | cos n1,n2 |= = ，又0 m 1，解得m = .
1 (1 m)2 +3m2 7 3
1
即所求的m = . …………………………………………………………………………12 分
3
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20. （12 分）解：
（1）设甲队选择方案一最终获胜为事件 A
2 1 2 1 7P(A) =C3 ( )
2 + ( )3 = …………………………………………………………4 分
3 3 3 27
2 2 3 2 3
（2）若甲队选择方案一，则甲队最终获胜的概率为P1 = C3 p (1 p) + p = 3p 2 p
若甲队选择方案二，则甲队最终获胜的概率为P2 =C
1
2 p(1 p)+ p
2 = 2p p2
3 P2 P1 = 2p 4p
2 +2p = 2p(p 1)2
因为0 p 1 所以P2 P1 …………………………………………………………10 分
（3）在方案一中，若甲队第一局赢，则甲队最终获胜概率会变大，此时继续比赛即为方案二，故方案二
甲最终获胜的概率会变大. ………………………………………………12 分
21.（12 分）解：
（1）依题意，点P 的轨迹E 是以F1 ( 2,0)、F2 (2,0)为焦点，实轴长为2 2 的双曲线，
x2 y2
设 E : =1，则a = 2, a2 + b2 = 2 解得b = 2
a2 b2
x2 y2
故轨迹E 的方程为 =1．……………………………………………………4 分
2 2
(2)设直线 l 方程为 y = k(x+2)，点M (x1, y1 ) , N (x2 , y2 ) .
x2 y2 2 2 2 2
代入 E 的方程 =1，整理得 (1 k ) x 4k x (4k + 2) = 0．
2 2
4k 2 4k 2 + 2
可得 x1 + x2 = , x1x2 = , = 8(k
2 +1) 0且 k 2 1．
1 k 2 1 k 2
k 2
| MN |= 1+ k 2
2 +1
(x1 + x2 ) 4x1x2 = 2 2
|1 k 2 |
k 2 +1
由 | MN | 4 2 得， 2，
|1 k 2 |
1 2
解得 k 1或1 k2 3
3
因为 A( 2,0), B( 2,0)
所以 AM NB + AN MB = (x1 + 2, y1 ) ( 2 x2 , y2 )+ (x2 + 2, y2 ) ( 2 x1, y1 )
2 2 2 2 8= 4 2x1x2 2y1y2 = 4 2x1x2 2k (x1 + 2)(x2 + 2) = 4 (2+ 2k ) x1x2 4k (x1 + x2 ) 8k = .
1 k 2
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1
k 2 1，或1 k2 3
3
8
( , 4] [12,+ )．
1 k 2
AM NB+ AN MB的取值范围是 ( , 4] [12,+ )．……………………………………12 分
22.（12 分）解：
（1）因为 f (x) = x (1 a ln x)+1，定义域为 (0,+ )，所以 f (x) =1 a a ln x .
1 a 1 a
①当a 0时，令 f (x) =1 a a ln x = 0 ln x = ，解得 x = e a
a
1 a 1 a
即当 x (0,e a )时， f (x) 0， f (x) 单调递增；当 x (e a ,+ ) 时， f (x) 0， f (x) 单调递减；
②当a = 0时 f (x) =1 0， f (x) 在 (0,+ )单调递增；
1 a 1 a
③当 a 0时令 f (x) =1 a ln x = 0 ln x = ，解得 x = e a ，
a
1 a 1 a
即当 x (0,e a )时， f (x) 0， f (x) 单调递减；当 x (e a ,+ ) 时， f (x) 0， f (x) 单调递增；
1 a 1 a
综上：当a 0时， f (x) 在 (0,e a ) 单调递增，在 (e a ,+ ) 单调递减；
当a = 0时， f (x) 在 (0,+ )单调递增；
1 a 1 a
当 a 0时， f (x) 在 (0,e a ) 单调递减，在 (e a ,+ )单调递增.………………………………6 分
1 1 1
（2）方程 ln t (m 1)t +1= 0可化为 (1 ln )+1= m，即当a =1时 f ( ) = m
t t t
1 1
令 = x ，则原问题即：当a =1时， f (x) =m有两不等实根 x , x ，求证： | x1 x2 | e+ + 2 2m 1 2
t e
由（1）知：当a =1时， f (x) 在 (0,1)上单调递增，在 (1,+ )上单调递减.
不妨设0 x1 1 x2 .
1
当0 x 1时，令g(x) = x ln x + 则 g (x) = ln x+1
e
1 1 1
g(x)在 (0, )上单调递减，在 ( ,1)上单调递增， g(x) g( ) = 0 .
e e e
1
所以 g(x 所以 x + +1 x +1 x ln x = f (x ) = m . 1) 0 1 1 1 1 1
e
1 2
解得 x1 m + +1，且当m = +1时取等……①
e e
当 x 1时，令h(x) = x ln x 2x+e，则h (x) = ln x 1 .
h(x) 在 (1,e)上单调递减，在 (e,+ )上单调递增， g(x) g(e) = 0
所以 g(x2) 0 , 所以 x2 ln x2 2x2 +e 0 ,
整理得： x2 +e+1 x2 x2 ln x2 +1= f (x 2) =m
解得 x e+1 m ,当m =1时取等……………② 2
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1
由①+②得： | x1 x2 |= x2 x1 e+ + 2 2m
e
即原不等式得证.…………………………………………………………………………………12 分
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