湘豫名校联考（2022年5月）数学（理科）试卷第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【1题答案】【答案】B【解析】【分析】根据对数函数值域的求法可求得集合，由交集定义可得结果.详解】，又，.故选：B.2.已知复数（为虚数单位，）为实数，则（）A.B.C.D.【2题答案】【答案】A【解析】【分析】利用复数除法运算化简可得，由实数定义可构造方程求得结果.【详解】为实数，，解得：.故选：A.\n3.已知实数满足约束条件，则的最大值为（）A.B.C.D.【3题答案】【答案】C【解析】【分析】由约束条件可得可行域，将问题转化为在轴截距最大值的求解问题，利用数形结合的方式可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，当取得最大值时，在轴截距最大，由图形可知：当过点时，直线在轴截距最大，由得：，即，.故选：C.4.近年来，我国人口老龄化在不断加速，年至年，我国老年（岁及以上）抚养比逐年攀升．下图为国家统计局对年中国岁及以上人口数量与老年抚养比统计．\n根据上图进行分析，下列说法不正确的是（）A.年中国岁及以上人口数量为亿，同比年增长了约B.年老年抚养比为，较年增加了C.年的老年抚养比增速不低于年的老年抚养比增速D.年中国岁及以上人口数量的极差为亿，中位数为亿【4题答案】【答案】C【解析】【分析】根据图标中的数据依次判断各个选项即可.【详解】对于A，年中国岁及以上人口数量为亿，年中国岁及以上人口数量为亿，同比增长了，A正确；对于B，年老年抚养比为，年老年抚养比为，增加了，B正确；对于C，年的老年抚养比增加了；年的老年抚养比增加了，年的老年抚养比增速低于年的老年抚养比增速，C错误；对于D，年中国岁及以上人口数量的极差为亿；由中位数定义可知：中位数为亿，D正确.故选：C.5.已知的展开式中所有项的系数之和为，则该展开式中项的系数是（）\nA.B.C.D.【5题答案】【答案】B【解析】【分析】分析可知，求出的值，写出展开式的通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项后即可得解.【详解】的展开式中所有项的系数之和，解得.的展开式通项为，令，解得，因此，展开式中项的系数为.故选：B.6.如图，在正方体中，分别为棱的中点，为正方形的对角线与的交点，则下列结论不正确的是（）A.平面B.平面C.平面D.平面【6题答案】【答案】D【解析】【分析】根据中位线和平行四边形性质可得，由线面平行的判定A正确；由等腰三\n角形三线合一性质和勾股定理可证得，，由线面垂直的判定知B正确；通过平行四边形性质可证得，由线面平行的判定知C正确；假设D正确，由线面平行的性质可说明四边形为平行四边形，知，显然不成立，由此可得结果.【详解】对于A，连接，，，，四边形平行四边形，；分别为的中点，，，又平面，平面，平面，A正确；对于B，连接，设正方形的棱长为，则，，，，为中点，，；，，又，；又，平面，平面，B正确；对于C，取中点，连接，\n分别为中点，且；又，，且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，C正确；对于D，取中点，连接交于，连接，假设平面，平面，平面平面，，又分别为中点，，又，，四边形为平行四边形，，显然不成立，假设错误，D错误.故选：D.7.已知，则（）A.B.C.D.【7题答案】【答案】B\n【解析】【分析】根据两角和差和二倍角正切公式可构造方程求得，由，利用正余弦齐次式的求解方法可求得结果.【详解】，，解得：（舍）或，故选：B.8.已知，，，则（）A.B.C.D.【8题答案】【答案】C【解析】【分析】由指数和对数互化、对数运算法则可化简得到，，，结合可得结果.【详解】，；，；，；，，.故选：C.9.已知函数部分图象如图所示．其中阴影部分的面积为，则函数在上的最小值为（）\nA.B.C.D.【9题答案】【答案】C【解析】【分析】由最大值可知，结合可求得；根据正弦型函数的对称性和阴影部分的面积可求得最小正周期，进而得到，确定；由正弦型函数最值的求解方法可求得最小值.【详解】由图象知：，即；，，又，；阴影部分的面积为，由对称性可知：两个相邻的最高点与其在轴上的投影构成的矩形的面积为，即，，解得：，；当时，，则当时，.故选：C.10.过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于两点，点为抛物线上一点，\n为坐标原点，满足，且直线与直线相交于点，则（）A.B.C.D.【10题答案】【答案】D【解析】【分析】设直线，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，结合焦半径公式可求得；由，与抛物线联立后可求得点坐标，再得到点坐标后，可得，作比即可得到结果.【详解】不妨令位置关系如下图所示，由抛物线方程知：；设直线，，，由得：，，，\n；设直线，，由得：，，解得：，，；由题意知：，，，.故选：D.11.在直三棱柱中，，，点为的中点，则四面体的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【11题答案】【答案】C【解析】【分析】设四面体的外接球球心为，取中点，根据为的外心，由外接球的性质可确定平面，设，在和中，利用勾股定理可构造方程求得，由球的表面积公式可求得结果.【详解】取中点，连接；，平面，平面；，为的外心，设四面体的外接球球心为，连接，作于，\n由外接球的性质可知：平面，；，，，四边形为平行四边形，；设，所求外接球半径为，则，，又，，，解得：，四面体的外接球的表面积.故选：C.12.已知函数，若对任意的，都有成立，则整数a的最大值为（）A.3B.4C.5D.6【12题答案】【答案】B【解析】【分析】参变分离得到，再求导分析的最小值范围，进而得到整数a的最大值【详解】对任意的，，故变形可得恒成立，设，则，令，则，故为增函数，且，\n，故存在唯一使得，故当时，，单调递减；时，，单调递增；故，又，故，故，又恒成立，故整数a的最大值为4故选：B【点睛】本题主要考查了利用导数解决恒成立的问题，可考虑参变分离，构造函数分析最值，设零点分析最值的范围，属于难题第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数为奇函数，则______．【13题答案】【答案】2或【解析】【分析】根据条件，由，求出的值，再检验即可.【详解】函数为奇函数，其定义域为由，解得或当时，，则，满足条件.当时，，则，满足条件.故答案为：2或14.在正六边形中，已知点，，则点的坐标为______．【14题答案】\n【答案】或##或【解析】【分析】根据正六边形的结构特征可知，，利用向量模长和数量积的坐标运算可构造方程组求得点坐标.【详解】六边形为正六边形，正六边形的内角为，，；又，；设，则，，解得：或，点的坐标为或.故答案为：或.15.《九章算术》是中国古代第一部数学专著．《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为“畔”，高称为“正广”，非高腰边称为“邪”．如图所示，邪长为，东畔长为，在A处测得C，D两点处的俯角分别为49°和19°，则正广长约为______．（注：）【15题答案】【答案】【解析】\n【分析】根据余弦定理先求得，再根据直角三角形中的关系求得即可【详解】由题可得，，在中，由余弦定理可得，代入得，即，因为，故，故故答案为：16.已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与双曲线C相交于A，B两点，且点A在x轴上方，若，，则双曲线C的离心率的取值范围是______．【16题答案】【答案】【解析】【分析】根据双曲线以及直线的对称性可得四边形是矩形，然后根据焦点三角形的边的关系列出不等关系进行求解.【详解】因为且互相平分，所以四边形是矩形.在直角三角形中，，所以，故当时，，当则由双曲线定义知，又因为,可得，解得或(舍去)故答案为:\n三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.某医院为筛查某种疾病，需要检验一项血液指标是否为阳性．（1）现有份血液样本，其中有份样本为阳性．若采取逐份检验的方式，求恰好经过次检验就能把阳性样本全部找出来的概率；（2）现有份血液样本送检，该医院打算分别采用甲试剂检验其中的份，采用乙试剂检验另外的份，检验结果如下表：使用甲试剂使用乙试剂合计阴性阳性合计根据上面的列联表判断，是否有的把握认为检验结果与使用甲、乙试剂的选择有关．附：，其中．【17题答案】【答案】（1）\n（2）没有的把握认为检验结果与使用甲、乙试剂的选择有关．【解析】【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式直接求解即可；（2）根据列联表数据可求得，对比临界值表可得结论.【小问1详解】恰好经过次检验就能把阳性样本全部找出来的概率.【小问2详解】由列联表数据计算可得：，没有的把握认为检验结果与使用甲、乙试剂的选择有关．19.已知数列的前项和为，，且，，成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【19题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等差数列定义知，分别代入可求得，由此可猜想得到；利用数学归纳法可证得满足题意；（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得.【小问1详解】，，成等差数列，；当时，，解得：（舍）或，；当时，，解得：（舍）或，；\n当时，，解得：（舍）或，；由此可猜想得：；当时，满足；假设当时，成立，则当时，，又，，即，整理可得：，又，，即成立；综上所述：.【小问2详解】由（1）得：；，，，.21.如图，在四棱锥中，平面PAB，平面PAB，．．\n（1）求证：平面平面ABCD；（2）求平面PCD与平面PAD所成锐二面角的余弦值．【21题答案】【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证得两两垂直，建立空间直角坐标系，进而即可利用空间向量证明结论；（2）利用空间向量求二面角的坐标计算公式即可求出结果.【小问1详解】取的中点，取的中点，连接,因为，所以，又因为，且平面，所以平面，所以两两垂直，故以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，\n因为．，所以，，，所以，设平面的一个法向量为，,，即，取，则；设平面的一个法向量为，,，即，取，则；因为，故平面平面；【小问2详解】由（1）知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，,，即，取，则，则所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.23.已知椭圆的四个顶点构成的平行四边形的周长为，短轴顶点与焦点构成的平行四边形的周长为12．\n（1）求椭圆C的标准方程；（2）分别过椭圆的左、右顶点，作直线，，与椭圆C分别相交于点M，N（M，N分别在x轴的上方与下方），与y轴分别相交于点P，Q，若直线MN恒过定点，且（O为坐标原点），求的值．【23题答案】【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件列出的关系式求解即可；（2）直线MN的方程为，联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理，再将用关于的关系式表达，代入韦达定理化简即可【小问1详解】由题，，解得，故椭圆C的标准方程为【小问2详解】设直线MN的方程为，联立化简得，故，又和分别三点共线，故，即，由且可得，代入可得，整理得，又由韦达定理易得，故\n，化简得【点睛】本题主要考查了根据条件列示求椭圆参数的方法，同时也考查了直线与圆锥曲线联立方程结合韦达定理解决定值的问题，注意其中的化简的技巧，属于难题25.已知函数（，e为自然对数的底数）．（1）求函数的极值；（2）若方程在区间内有两个不相等的实数根，证明：．【25题答案】【答案】（1）见解析（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据极值的定义及利用导数求函数极值的步骤即可求解；（2）根据已知条件转化为有两个根，利用导数法求函数的最值得出的范围，要证转化为证成立，利用分析法将问题转化为利用导数求函数的最值即可.【小问1详解】函数的定义域为，且.当时，恒成立，在上单调递减，无极值.当时，由，得，所以)在上单调递增；由，得，所以在上单调递减.所以当时，函数取得极大值，且极大值为.\n综上所述，当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值.【小问2详解】方程，即为方程.由题意，得方程在区间内有两个不相等的实数，不妨设.令，则.令，即，解得.所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.因为，所以即.要证，只需证.又因为，所以.所以只需证，只需证.因为，所以.所以.所以只需证，只需证.只需证，只需证.令，则，所以只需证.\n令，则.令，则恒成立.所以在上单调递减.所以.所以.所以在上单调递增.所以.所以.所以.【点睛】解决此题的关键第一问直接利用导数法求函数的极值的步骤即可但要注意分类讨论，第二问，根据方程根问题利用分离参数法转化为函数交点问题，进而得出参数的范围从而将证明要证转化为证成立，逐步根据已知条件，利用分析法将问题转化为利用函数单调性求函数的最值即可.（二）选考题：共10分．请考生在第22~23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．选修4-4：坐标系与参数方程27.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的圆心为，半径为．（1）求直线和圆的极坐标方程；（2）若直线与圆相交于两点，求的值．【27题答案】【答案】（1）直线；圆（2）\n【解析】【分析】（1）将直线参数方程化为普通方程；将圆的直角坐标方程求解出来；根据极坐标与直角坐标互化方法即可得到所求极坐标方程；（2）利用正弦定理和圆极坐标方程可将所求值转化为的求解；将直线和圆的极坐标方程联立后，整理可得关于的一元二次方程的形式，利用韦达定理可求得结果.【小问1详解】由直线的参数方程可得其普通方程为：，直线的极坐标方程为：，即；圆的圆心为，即直角坐标系中的，半径，圆的直角坐标方程为：，即，圆的极坐标方程为：，即.【小问2详解】设，，在中，由正弦定理得：，\n，，又，，，；由得：，，整理可得：，，即，，即.选修4-5：不等式选讲29.已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围．【29题答案】【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）代入，分类讨论去绝对值求解即可；（2）化简可得，再根据绝对值不等式求解的最小值，再求解不等式即可【小问1详解】代入有，当时，有，解得，此时有；\n当时，有，解得，此时有；当时，有，解得，此时有；综上可得解集为【小问2详解】由题可得，即，由绝对值的三角不等式可得，故要恒成立则，故，即，解得或
