资源简介

湖北省武汉市第六中学 2022 级高三年级临门一搏
数学试卷
考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分
★沉着冷静 规范答题 端正考风 严禁舞弊★
一、单选题（本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分，每个小题只有一个正确选项）
1. 已知集合 A x 0 x 2 ,B x x 2 x 0 ，则图中的阴影部分表示的集合为（ ）
A. x x 1或 x 2 B. x x 0或1 x 2
C. x 1 x 2 D. x 1 x 2

2.平面向量a m,2 ,b 2,4 ，若 a∥ a b ，则m （ ）
A. 1 B. 1 C. 2 D. 2
3.某市教育局为了解高三学生的学习情况，组织了一次摸底考试，共有 50000名考生参加这次考试，
(x 90)2
数学成绩 X 近似服从正态分布，其正态密度函数为 f (x) 1 e 2 2 , x R且 P(70 X 110) 0.8，
2π
则该市这次考试数学成绩超过 110分的考生人数约为（ ）
A. 2000 B. 3000 C. 4000 D. 5000
π 1 1
4.若3sin 4cos 5，则 tan 7
4
（ ） A. B. 7 C. D.
7 7
5. a 2log 3已知 4 ,b log 8,c 30.64 ，则（ ）
A. a b c B. b c a C. c b a D. b a c
x2 2
6.已知 F y1,F2分别是椭圆C : 2 2 1(a b 0)的左 右焦点， P是椭圆C上一点．若a b
PF F 2 1 3 12 1F2 , PF1 3 PF2 ，则C的离心率为（ ） A. B. C. D.
2 2 3 3
an 2,n为奇数7.在数列{an}中， a1 2，a2 1， an 2 ，则 an 的前 20项和 S20 （ ）
2an ,n为偶数
A. 621 B. 622 C. 1133 D. 1134
8. 已知函数 f x x2 8x，且点P x, y 满足 f x f y ≤32， f y ≤0，若记点 P构成的图形
为 ，则 的面积是（ ）
64π
A. 16 3
64π
B. 16 3 C.
3 64π 16 3
D. 64π 16 3
3
{#{QQABKQmp4ggwkBaACR6KEwXaCAoQkIMjLQoMAVCauAwKSAFIBCA=}#}
二、多选题（本大题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的选项中，有多个符合题目要求.
全部选对的得 6分，部分选对的得 2分或 3分，有选错得 0分）
9. 已知 z1， z2互为共轭复数，则（ ）
A. z21 z
2
2 B. z1 z2 C. z1 z2 R D. z1z2 R
10. 已知函数 f x cos2x sinx，则（ ）
A. f x 95π是奇函数 B. f x 最小的 10个正零点之和为
3
C. 2π是 f x 的一个周期 D. f x 在 x 0处的切线方程为 y x 1
11. 如图，曲线 y x下有一系列正三角形，设第n个正三角形Qn 1PnQn（Q0为坐标原点）的边长为
an ，则（ ）
2 4
A. a1 ,a 3 2 3

B. 记 S a n P S a为 的前 项和，则 为 n 1 3n n n 1 n , a2 2 n 1
C. 记 Sn为数列 an 的前n
3 1
项和，则 Sn a
2
4 n 1
a
2 n 1
D. 数列 a 2+ +1n 的前 n项和为 = 3
三、填空题（本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分）
n
12. 若n为一组从小到大排列的数1,2,4,8,9,10 的第六十百分位数，则二项式 3 x
1
的展开式的常
2x
数项是__________.
13.在圆台O1O2中，圆O2的半径是圆O1半径的 2倍，且O2恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面
积与球的表面积之比为
14、初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容
是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数6 22 12 12 02．设
25 a2 b2 c2 d 2，其中 a,b,c,d均为自然数，则满足条件的有序数组 a,b,c,d 的个数是__________.
（用数字作答）
{#{QQABKQmp4ggwkBaACR6KEwXaCAoQkIMjLQoMAVCauAwKSAFIBCA=}#}
四、解答题（本大题共 5题，共 77 分，解答题写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)
15．如图所示，直线 l1, l2之间的距离为 2，直线 l2 , l3之间的距离为 1，且点 A,B,C 分别在 l1, l2 , l3上运动，
CAB π ，令 CAF 3 .
（1）判断 ABC能否为正三角形？若能，求出其边长的值；若不能，请说明理由；
（2）求 ABC面积的最小值.
16. 已知函数 f x ln x 1 ax2 x a R .
（1）当 a 1时，讨论 f x 的单调性； （2）当 x 0时， f x 0恒成立，求 a的取值范围；
2 1
17．记 Sn为数列 an 的前 n项和，bn为数列 Sn 的前 n项积，已知 2S ．n bn
（1）证明：数列 bn 是等差数列； （2）求 an 的通项公式．
{#{QQABKQmp4ggwkBaACR6KEwXaCAoQkIMjLQoMAVCauAwKSAFIBCA=}#}
18．近年来，睡眠质量对健康的影响备受关注，研究表明，良好的睡眠习惯可以显著降低焦虑和抑郁
的发生率，同时提高免疫力．
（1）某社区为推广健康睡眠，开展了“早睡一小时”活动，鼓励居民每晚提前一小时入睡．下表为
活动开展后近 5个月社区居民的睡眠改善情况统计．
月份 x 1 2 3 4 5
睡眠质量显著改善人数 y 280 250 200 160 110
若睡眠质量显著改善人数 y 与月份变量( x )具有线性相关关系(月份变量 x依次为1, 2,3, 4,5)，请预测第
6个月睡眠质量显著改善的大约有多少人？
（2）该社区将参加“早睡一小时”活动的居民分成了甲、乙、丙三组进行挑战赛，其规则如下：挑
战权在任何一组，该组都可向另外两组发起挑战，首先由甲组先发起挑战，挑战乙组、丙组的概率均
1 3
为 ,
1
2 ，若甲组挑战乙组，则下次挑战权在乙组．若挑战权在乙组，则挑战甲组、丙组的概率分别为 4 4；
3 1
若挑战权在丙组，则挑战甲组、乙组的概率分别为 ,4 4．
(ⅰ)经过 3次挑战，求挑战权在乙组的次数 X 的分布列与数学期望；
(ⅱ)定义：已知数列 an ，若对于任意给定的正数 (不论它多么小)，总存在正整数N0，使得当 n N0时，
an A (A是一个确定的实数)，则称数列 an 为“聚点数列”，A称为数列 an 的聚点．经过 n次挑
战后，挑战权在甲组的概率为 an，证明数列 an 为“聚点数列”，并求出聚点A的值．
附：回归方程 y b x a 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
n n
xi x yi y xi yi nxy
b i 1 i 1n n ， a y b x
xi x 2 x 2i nx 2
i 1 i 1
19．如图，三棱锥 A BCD中，点 B在平面 ACD的射影H恰在CD上，M
π
为HC中点， BAH ， AB 2， S△ABM S△ABD 1 .6
（1）若CD 平面 BAH ，证明：M 是CD的三等分点；
（2）记D的轨迹为曲线W，判断W是什么曲线，并说明理由；
（3）求CD的最小值.
{#{QQABKQmp4ggwkBaACR6KEwXaCAoQkIMjLQoMAVCauAwKSAFIBCA=}#}
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A A D B D A C A BCD BCD AB
3
12. 7 13. 8 14. 28
15．【详解】（1）过C作CD l1，过 B作 BE l1，垂足分别为D,E，如图，
π
由 CAF ， CAB ，得0
2π
, 2π BAE ，
3 3 3
3 AB 2
在 ACD中， AC ，在 ABE中， sin( 2πsin )
，
3
3 2
,3sin(2π ) 2sin
由V ABC是正三角形，则 AC AB，即 sin sin(2π ) 3 ，
3
整理得 cos
1
sin 3 3，又 sin2 cos2 1 sin AC 3 2 21 ，解得 ，所以3 3
.
2 7 sin 3
S 1 AB AC sin π 3 3 1 3 3 12 （ ）由（1）知， ABC 2 3 2 sin sin( 2π ) 2 3 ，
3 sin cos
1
sin 2
2 2
3
而 sin cos 1 sin2 3 sin2 1 cos2 1 1 sin(2 π ) 1 ，
2 2 4 4 4 2 6 4
0 2π π 2 π 7π 2 π π π由 3，得 ，则当 ，即 时， sin cos 1 sin2
3 π
取最大值 ，所以
3 6 6 6 6 2 3 2 2 4 3
S 3 3 4时， ABC取得最小值 2 3 .
2 3
3
,n 1 2
17．（1）证明见解析；（2） an .
1 ,n 2
n n 1
2 1 2bn 1
【详解】（1）[方法一]：由已知 2得 Sn b 0S b n bn 2bn 1
,且 n ， n ,2
2b 2b 2b
取 n 1 ,由 S1 b
3
1得b1 ,由于bn为数列 S 1 2 nn 的前 n项积，所以 b2 2b1 1 2b2 1 2bn 1 n
,
2b1 2b2 2bn 1 b 2bn 1 bn 1 2 1 1所以 2b 1 2b 1 2b 1 n 1，所以
b 0
2b 1 b ,由于 n 1 所以
*
2b 1 b ，即bn 1 bn ,其中 n N1 2 n 1 n 1 n n 1 n 2
3 1
所以数列 bn 是以 b1 为首项，以 d 为公差等差数列;2 2
[方法二]【最优解】：
由已知条件知bn S1 S2 S3 Sn 1 Sn ① 于是bn 1 S1 S2 S3 Sn 1(n 2)． ②
bn 2 1
由①②得 S 2
1 3
b n． ③ 又 S b ， ④由③④得bn bn 1 ．令 n 1，由
S1 b1，得 b ．
n 1 n n 2
1 2
{#{QQABKQmp4ggwkBaACR6KEwXaCAoQkIMjLQoMAVCauAwKSAFIBCA=}#}
所以数列 bn
3 1
是以 为首项， 2 为公差的等差数列．2
[方法三]：
2 1
由 2
Sn b 1
，得bn ，且 Sn 0，bn 0，Sn 1．又因为bn Sn S
n
S b 2S 2 n 1
S1 Sn bn 1，所以bn 1 S 2S 2 ，n n n n n
Sn 1 Sn 1 1 2 1 3
所以bn bn 1 (n 2)2S 2 2S 2 2 S 1 2 ．在 2S b 中，当n 1时，b1 S1 ．n n n n n 2
b 3 1故数列 n 是以 为首项， 2 为公差的等差数列．2
[方法四]：数学归纳法
2 1
2 S 2bn 3 5 3 1由已知 S b ，得 n
，b1 2b 1 ，
b2 2，b3 2 ，猜想数列 b2 n 是以 为首项，n n n 2 2
为公差的等差数列，
1
且bn n 1．下面用数学归纳法证明．当n 1时显然成立．2
b 1 k 1,S k 2假设当 n k时成立，即 k k ．2 k 1
1 k 3 k 3 1
那么当 n k 1时， bk 1 bkSk 1 k 1 (k 1) 1．
2 k 2 2 2
3 1
综上，猜想对任意的 n N都成立．即数列 bn 是以 为首项， 2 为公差的等差数列．2
3 1
（2）由（1）可得，数列 bn 是以 b1 2为首项，以 d 为公差的等差数列，2
b 3
2b
n n 1
1 n 2 n 3
1 , S nn
2 2 2 2bn 1 1 n
,当 n=1时， a1 S1 ,2
3
2 n 1 n 1 ,n 1 2
当 n≥2 , a S 时 n n Sn 1 1 n n n n 1 ,显然对于 n=1不成立,∴ an 1
.
,n 2
n n 1
16. 1 f x ln x 1 x2 x f x 1 2x 1 x(2x 1)【详解】（ ）由题设 ，则 且 x 1，x 1 x 1
当 1 x
1
， f x 0，即 f x 1 1 1在 ( 1, )上单调递增，当 x 0， f x 0，即 f x 在 ( ,0)上单调递
2 2 2 2
减，当 x 0， f x 0，即 f x 在 (0, )上单调递增；
1
（2）由题设 f x 1x 1 2ax 1 ，令 g(x) f x ，则 g
(x) 2a
(x 1)2 ，
对 x 0时， f x 0恒成立，且 f (0) f 0 0，只需 g (0) 1 2a 0 1，即 a ，
2
1
另一方面， a 时， g (x) 1 2 2a 1
1 0
(x 1) (x 1)2 ，所以 g(x) f x 在[0, ) 上单调递增，则2
f x f (0) 0，所以 f x 在[0, )上单调递增，则 f x f 0 0 1，满足题设，综上， a ；
2
a 1
2
（3）由（2）取 ，在 (0, )上 f x ln x 1 x x 0，2 2
1
令 x = ， k N*，则 ln 1k 1 1 1k 2 ，即 2[ln(k 1) ln k] 2k 1 k 2k k 2 ，
{#{QQABKQmp4ggwkBaACR6KEwXaCAoQkIMjLQoMAVCauAwKSAFIBCA=}#}
n n
所以 2[ln(k 1) 2k 1 ln k] 1 3 5 2n 12 ，则 22 32 2 2ln n 1 n ，得证.k 1 k 1 k
x 1 2 3 4 5 3 y 280 250 200 160 11018．【详解】（1）解： ， 200．
5 5
5
xi yi 1 280 2 250 3 200 4 160 5 110 280 500 600 640 550 2570，
i 1
n
5 xi yi nxy
x2 12 22 32 42 52 55 b i 1 2570 5 3 200 2570 3000 430i ． n 2 43，
i 1 x2 nx 2 55 5 3 55 45 10i
i 1
a y b x 200 43 3 200 129 3 29 ．所以回归直线方程为 y 43x 329，当 x 6时，
y 43 6 329 258 329 71，即预测第 6个月睡眠质量显著改善的大约有 71人．
（2）解：(ⅰ) X 的可能取值为0,1,2．
P X 1 3 1 3 1 1 3 1 3 1 1 1 1 3 1 19 0 ； P X 1 ；
2 4 2 16 2 4 4 2 4 2 2 4 2 4 2 32
P X 2 1 1 1 1 3 1 7 ；
2 4 4 2 4 2 32
所以 X 的分布列为：
X 0 1 2
3 19 7
P
16 32 32
E X 0 3 1 19 7 33 2 ．
16 32 32 32
(ⅱ)第 n次挑战后挑战权在乙，丙组的概率记为{bn},{cn}，当 n 2时， an bn cn 1
a 3 b 3 n n 1 cn 1①
4 4
1 1 1 4
bn a2 n 1
c
4 n 1
②，②+③得：bn cn an 1 (b4 n 1
cn 1 )，由①得：bn 1 cn 1 an
3
c 1 1 n a2 n 1
bn 1③
4
1 a a 1 4 a , a 3 3 3 3 3 n n 1 a ， a (a )，其中 a 04 3 n n 4 4 n 1 n 7 4 n 1 7 1
{a 3 3 3 3 3 3 } a ( )n 1, a 3 3 3 ( )n 1n 是以 为首项， 为公比的等比数列，所以 n ，7 7 4 7 7 4 n 7 7 4
| 3 3 3 3 3 3 ( )n 1 | ( )n 1 3 3 n 1由聚点数列的定义知： ，当 n 时， ( ) 0，所以，对于任意给定的正数
7 7 4 7 7 4 7 4
3 3
（不论它多么小），总存在正整数 N0，使得当 n N0 时， an 7 ，所以数列
{an}是聚点数列，且聚点 A .7
19．【详解】（1）由于CD 平面 BAH ，作HG AB，垂足为点G，
因为 AB 平面 BAH ，则CD AB，
又因为HG AB，且GH MH H，MH ,GH 平面GMH ，
{#{QQABKQmp4ggwkBaACR6KEwXaCAoQkIMjLQoMAVCauAwKSAFIBCA=}#}
因此 AB 平面GMH，因为GM 平面GMH，所以 AB GM ，
1 1
同理可证：AB GD，又因为 S△ABM S△ ABD，可得 AB GM AB GD，所2 2
以GM GD，因为GH 面 ABH ，从而MD GH ，
因此DH MH MC，进而M 为DC的三等分点.
（2）椭圆，延长 BA至K，使得 AK AB，
由于 S△ABM S△ABD 1，可得 M，D到 AB的距离为定值，
因此 M，D应在以 AK为高线的圆柱上运动，且上下底面与 AK垂直，
π
又因为 M，D为平面 ACD上两点， BAH ，
6
从而 M，D的运动平面截得该圆柱，根据圆锥曲线的定义，
因而 M，D的运动轨迹应为椭圆，示意如下.
（3）以 A为原点，HA所在直线为 x轴，过 A点与HB平行的直线为 z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
下面求椭圆方程：一方面，由于该圆柱的底面半径为 r 1，故由图可知椭圆的短半轴长为 1，
π a r 2r 2 x2
由 BAH ，从而椭圆的长轴 π ，进而椭圆方程 E： y2
6 sin
1，
6 4
又由 BAH
π π
， BH 平面 ACD，从而HA ABcos 3，即H 3,0,0 ，6 6
由定义知H为椭圆的左焦点，设 E的右焦点为 F 3,0,0 ，则 FD 4 DH，
设 DHA ，在△DHF中，由余弦定理，可得HF 2 HD2 2FH DH cos FD2，
1 1
解得DH ，同理可得：MH ，
2 3 cos 2 3 cos
3 3x2 36x 4 3
解法 1：由CD 6 3 cos 2MH DH ，令 cos x, x 1,1 ，则 f x 6 3x ，可得 f x 2 2 ，4 3cos2 4 3x2 4 3x
令 f x 0 x 4 6 6 3 4 6 6 3，解得 1 ， x2 （舍去），当3 3
x 1, x1 ， f x 0；当 x x1,1 ， f x 0，因此x 为 f x1 的
极小值点，可得 f x f x 3 2 21 .4
1 1
解法 2：由 4，原题等价于求 2MH DH的最小值，
MH DH
1 1 1 2MH DH 1 1 1 2MH DH 1 2 MH DH则等价于求 的最小值，又由 3 3 2 2 ，4 MH DH 4 MH DH 4 DH MH 4
3 2 2
当且仅当DH 2MH 时等号成立，因此CD的最小值为 .
4
{#{QQABKQmp4ggwkBaACR6KEwXaCAoQkIMjLQoMAVCauAwKSAFIBCA=}#}

展开更多......

收起↑