湖北省武汉市2022届高三下学期2月调研考试数学试题及答案

武汉市届高中毕业生一月调研考试

2022

数学试卷

武汉市教育科学研究院命制

2022.2.22

本试题卷共页，题，全卷满分分考试用时分钟

522150.120.

★祝考试顺利★

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：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂

2B

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：本题共小题，每小题分，共分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符

8540.

合题目要求的

.

∣x2},Bx∣x2x30A{x

，则（）

AB

1.

已知集合

A. B.



,13,,23,





C. D.



,12,,32,





2.

若



为第二象限角，且，则（）

sin





2

1

tan



3

A. B. C. D.

22

22

22



44

3.

已知抛物线

y2px(p0)

2

的焦点为，点为抛物线上一点，则（）

F

M2,22

MF

A.2 B.3 C.4 D.5

4.1

某圆锥体积为，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为



1

，则该圆台体积为（）

2

A. B. C. D.

731

2

842

2

5.

向量满足，且

a,b

a1

2aba,ab3abb

，则（）

A. B. C. D.

2

567

6.

已知函数的定义域为，数列

fx1,









aafnafx

nn

满足，则数列为递增数列是函数

n



“”“





为增函数的（）

"

A. B.

充分不必要条件必要不充分条件

C. D.

充要条件既不充分也不必要条件

7.

已知随机变量服从正态分布



N,

A. D.1







，若函数为偶函数，则（）

fxPxx1



2







11

B.0 C.

22

8.

互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样

的坐标系称为斜坐标系如图，在斜坐标系中，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距

“”.

P

x

y

a,b

分别作为点的坐标和坐标，记若斜坐标系中，轴正方向和轴正方向的夹角为，则该坐

P

xx

yy

Pa,b



.



标系中和两点间的距离为（）

Mx,yNx,y



1122

A.

B.

C.

D.



xxyy2xxyycos

12121212



xxyy2xxyycos

12121212



xxyy2xxyycos

12121212

22

22

22

22







2xxyycosxxyy



12121212



二､多选题：本题共小题，每小题分，共分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要

4520.

求全部选对的得分，部分选对的得分，有选错的得分

.520.

9.

已知两个复数

z,zzzi

1212

满足，且，则下面说法正确的是（）

z1i

1

1

1i

z

A.

z

2

B.

1

z

2

2

C.

zz2

12

D.

zzi

12

10.

某班级学生开展课外数学探究活动，将一杯冷水从冰箱中取出后静置，在

25C

的室温下测量水温单

y



位随时间（单位：）的变化关系，在测量了个数据后，根据这些实验数据

:C

x

min

15





x,yi1,2,,15

ii

得到如下的散点图：

现需要选择合适的回归方程进行回归分析，则根据散点图，合适的回归方程类型有（）

A.

y25ce

1

C. D.

y25

cx

2

B.

y25cxc

12

1

ycx25c

12



cxc

12

22

k

2

11.

在平面直角坐标系中，已知圆

K:(xk)(yk)

，其中，则（）

k0

2

A. B.

圆过定点圆的圆心在定直线上

KK

C. D.

圆与定直线相切圆与定圆相切

KK

12.

三棱锥各顶点均在表面积为的球体表面上，，

ABCD20



ABCB2,ABC120





BCD90

，则（）

A.

若，则

CDABCD2

B.

若，则

CD2CDAB

C.

线段长度的最小值为

AD

10

D.

三棱锥体积的最大值为

ABCD

3

三､填空题：本题共小题，每小题分，共分

4520.

13.1

公比不为的等比数列



aa

nn

中，若成等差数列，则数列的公比为

a,a,a

132



__________.

xyyx

2222

14.

已知双曲线

C:1a0,b0C:1a0,b0

111222

2222



与有相同的渐近线，若的离



C

1

abab

1122

心率为，则的离心率为

2__________.

C

2

15.

某学生在研究函数

fxxx



时，发现该函数的两条性质：①是奇函数；②单调性是先增后减再增该

.

3

学生继续深人研究后发现将该函数乘以一个函数后得到一个新函数，此时除

gxhxgxfxhx





具备上述两条性质之外，还具备另一条性质：③写出一个符合条件的函数解析式

h00gx





.

__________.

16.

已知函数，其中，若在区间

fxsinxfx







0



,



2



内恰有两个极值点，且



33



2



ff0





33

，则实数的所有可能取值构成的集合是



__________.

四､解答题：本题共小题，共分解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤

670..

17.10

（分）

已知数列的前项和为，且对任意的有



a

n

n

S

n

nN

*

S2an3

nn

.

（）证明：数列为等比数列；

1



a1

n

（）求数列的前项和

2.



18.12

（分）

在如图所示的多面体中，点在矩形的同侧，直线平面，平面平面

E,F

ABCDABCDBCF

ED



a

n

n

T

n

a1



n1

ABCDBCF

，且为等边三角形，

EDAD2,AB2

.

（）证明：；

1

ACEF

（）求平面与平面所成锐二面角的余弦值

2.

ABF

ECF

19.12

（分）

在中，角所对的边分别为，且

ABC

A,B,Ca,b,c

sinAsin2A1cosA1cos2A



.

（）求角；

1

A

（）若的面积，求

2.

ABCcosB

S8b9a

20.12

（分）

3

22



12

迎接冬季奥运会期间，某市对全体高中学生举行了一次关于冬季奥运会相关知识的测试统计人员从全市高中

.

学生中随机抽取名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为分，统计后发现所有学生的测试成绩

200100

都在区间内，并制成如下所示的频率分布直方图



40,100

.

（）估计这名学生的平均成绩；

1200

（）用样本频率估计总体，从全市高中学生中随机抽取名学生，记成绩在区间内的人数为，

22



80,100

X

成绩在区间内的人数为，记，比较与的大小关系



70,100EXEYEZ

YZXY



.

21.12

（分）

1

xy

22

椭圆的离心率为，右顶点为，设点为坐标原点，点为椭圆上异于左右

E:1(ab0)

22

ABE

O

2

ab

顶点的动点，面积的最大值为

OAB

3

.

（）求椭圆的标准方程；

1

E

（）设直线交轴于点，其中，直线交椭圆于另一点，直线和分别交直线

2

l:xtCCA

x

PPBEBA

ta

l

于点和，若四点共圆，求的值

M

N

O,A,M,N

t

.

22.12

（分）

已知函数，其中

fxalnxx,gxeealnax



11

xx

a0

.

xax



1

f





（）当时，求的值；

1

a1



e

fe





（）讨论的零点个数

2.

gx



武汉市届高中毕业生二月调研考试

2022

数学试卷参考答案及评分标准

选择题：

题号

答案

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

C D B A D B C A ABD AC BC ACD

填空题：

13.



1

23

14.

2

3





∣kk,kZ



15.

x

2

（答案不唯一，其余正确答案均给分）

16.





62

解答题：

17.10

（分）解：

（）当时，

1.

n1

a2a2,a2

111

当时，

n2

S2an3,S2an4

nnn1n1

.

两式相减得：，即

a2a2a1

nnn1

a2a1,a12a1

nn1nn1



.

又构成首项为，公比为的等比数列

a110,a1

1n



12.

n1

n1

（）由（），故

21.

a12

n

a21

n

a

n

2111

n1

.

nn

a1222

n1

111111111111



T

n



2n2n

222222222222



1

n

n1

2



22

1

1

2

n21

T

n

n

22

1

18.12

（分）解：

（）取中点

1.

BC

M,FBFC,FMBC

由平面平面，且交线为平面

BCFABCDABCD

BC,FM

.

又平面，有四点共面

ED

ABCD

ED//FM,E,D,F,M

.

ED

平面平面

ABCD,ACABCD,ACED

.

又在矩形中，

ABCD

ADDC

2,ACDM

.

DCCM

又平面

EDDMD,AC

EDMF

.

EF

平面

EDMF,ACEF

.

（）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则有：

2.

D

DA,DC,DE

x,y,z

A2,0,0,B2,2,0,F1,2,3,E0,0,2,C0,2,0



.



设平面的法向量

ABF

nx,y,z,AB0,2,0,BF1,0,3



111

.







nAB2y0

1

，取

n3,0,1







nBFx3z0

11



.

设平面的法向量

ECF.

mx,y,z,CF1,0,3,CE0,2,2



222







nCFx3z0

22

，取

m3,2,1

.







nCE2y2z0

22



∣cosm,n

mn31

mn

46

6

.

6

6

.

6

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为

ABF

ECF

19.12

（分）解：

（）由题意，

1.

sinA2sinAcosA1cosA2sinA



2

sinA0,cosA1cosA

.

有

cosA,0A,A

1





.

23

（）由余弦定理，，有

2

abc2bccosAabcbc

222222

.

又，代入得：，

S8b9abcsinA8b9bcbcbc

3133

22222







122124

222

整理得：即此时

b6bc9c0,(b3c)0,b3c

.

abcbc7c

22

.

acb7197

222

.

cosB

2ac14

27

20.12

（分）解：

（）平均成绩为：

1.

10450.005550.02650.025750.03850.015950.00569.5



（）成绩落在区间内的概率为，故

2



80,100

100.0150.005



1



1

XB2,



.

5



5

1



1

，故成绩落在区间内的概率为

YB2,



.

2



2



70,100

100.030.0150.005



117

EXEY22



.

525

由题意，可能的取值为，且

ZXY

0,1,2,3,4

.



11

PZ0PX0,Y01;







24

1131



1

PZ1PX0,Y1C1;



2





25210

2

112911



1

PZ2PX0,Y2PX1,Y1C1;





2



2525100

1311



1

PZ3PX1,Y2C;



2



52525



2

11



PZ4PX2,Y2.







525

2

1329317

EZ01234



.

41010025255

故有

EXEYEZ



.

21.12

（分）解：

C1

b1

2

3

（）由题意，设椭圆半焦距为，则，即，得

1

C



1

2

ba

.

a2

a4

2

设

Bx,y,Say



11OAB1

1

.

2

1

ab

.

2

由，故的最大值为

yb

1

S

ΔOAB

将得代入，有

ba

3

2

3

a3,

a2,b3

.

4

2

xy

22

所以椭圆的标准方程为

1

.

43

（）设，直线方程为，与椭圆方程联立得：有

2.

Cx,y3m4y6mty3120



22

BC

xmyt

222



6mt



yy.

12





3m4

2



2



yy.

3t12

12



3m4

2



直线的方程为，令得点纵坐标

BAM

yx2

y

1

yt2



xt

y

M

1



.

x2

1

x2

1

同理可得，点纵坐标

N

y

N

yt2

2



.

x2

2

PMPN∣tt2yyPAPO

，即当四点共圆，则



MN

.

0,A,M,N

yy(t2)yy(t2)yy(t2)

121212

222

yy

MN

22

x2x2myt2myt2myymt2yy(t2)



12121212



3mt46mtt23m4(t2)

22222





3mt26mt3m4t2





222

3t4(t2)



22



3t2(t2)



2

3t2(t2)



2

3

t2t2



4t24



由，故，解得：

t2t6

tt2t2t2



22.12

（分）解：

3

.

4

1

. 1

x

（）时，

a1

fxlnxx



1111



2



fxlnxx,fx1,fe1e

.



0x1

时，



2

xxxe



11111ee1

2

.

x1

时

fxlnxx,fx1,fe1





222

xxxeee



1

f





e

e



2

fe





（）令，有

2.

gx0



eealnax

xx



1

ax

则，即

axeealnaxaxalneeealnaxax

所以

fefax

x

xxxxx



11

.

axax





.

a1a1x

2

0x1

时，；

fx10





22

xxxx

a1ax1

2

x1

时，；

fx10





22

xxxx

所以，在上递减；在上递增

fx0,11,





.

又因为，所以，当且仅当或

fxf





1



1

x

x

x

fefax

e

.



eax

x

ax





又，故和不可能同时成立

e1eax

xx

e

x

1

.

ax

x

x

所以的零点个数是两个函数和的零点个数之和，其中

gxsxeax





txxe



1

x0

.

a

sxea,0a1sx0,sxsxs01,sx





x

时，递增，无零点

.

a1xlna

时，令，得，故在上递减；在上递增

sx0sx0,lnalna,







.

当时，，此时无零点

1ae

slnaa1lna0sx



.

当时，，此时有一个零点

ae

slna0sx



.



1

2

当时，

ae

slnaa1lna0,se10,s2lnaa2alnaaa2lna





a

.



a

令，故，所以

haa2lna(ae),ha10





由零点存在性定理，在和上各有一个零点，此时有两个零点

sxlna,2lnasx





1

2

hahee20s2lna0



.

a



1

,lna

.



a

1

txxe,txx1e0,tx



xx



在上递增



0,



.

a

1

111





a

又，故时，在上必有一个零点

t.



00,te10





a0

tx0,





aaa





综上所述，时，有一个零点；

0ae

gx



ae

时，有两个零点；

gx



ae

时，有三个零点

gx



.