【文档说明】湖北省新高考九师联盟2021届高三下学期2月联考数学试题含答案【武汉专题】.pdf，共(19)页，517.690 KB，由小赞的店铺上传

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新高考九师联盟2021届高三下学期2月联考数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目

的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签签笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：新高考范围.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2{22},40AxxBxxx∣∣，则AB（）A.(-2，4]B.(-2，4)C.(0，2)D.[0，2)2.复数21(12izii

为柴数单位),则z（）A.1B.2C.2D.223.某市为了迎接国家文明城市验收，要求某单位4名工作人员到路口执勤，协助交警劝导人们规范出行.现有含甲､乙在内的4名工作人员，按要求分配到2个不同的路口执勤，每个路口至少一人，则甲､乙在同一路口的

分配方案共有（）А.3种В.6种C.9种D.12种4.2020年11月24日4时30分，长征五号途五运载火箭在我国文昌航天发射场成功发射，飞行约2200秒后，顺利将探月工程常娥五号探测器送人预定轨道，开启我国首次地外天体采样返回之旅.已知火箭的最大速度

(v单位:km/s)与燃料质量M(单位:kg)､火箭质量(m单位:kg)的函数关系为2ln1Mvm，若已知火箭的质共为3100kg,火箭的最大速度为11km/s,则火箭需要加注的燃料为(参考数值为ln20.6

9;ln244.695.50,结果精确到0.01)（）A.243.69tB.244.69tC.755.44tD.890.23t5.我国东汉末数学家赵夾在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其

为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.在“赵爽弦图”中，若,,BCaBAbBE,EF则BF（）A.1292525a

bB.16122525abC.4355abD.3455ab6.下表是关于某设备的使用年限x(单位：年)和所支出的维修费用y(单位：万元)的统计表x23456y3.44.25.15.56.8由上表可得线性回归方程0.8ˆ1ˆyxa，若规定：维修费用y不超过

10万元，一旦大于10万元时，该设备必须报废.据此模型预测，该设备使用年限的最大值约为（）A.7B.8C.9D.107.下列命题正确的是（）A.若100010:,pxxx，则1:0,pxxxB.若2:0,pxxx，则2000:0

,pxxxC.0000,sinxxxD.“1a”且“直线10axy与直线10xay平行”的充要条件8.已知()fx是R上的偶函数，当[0,)x时，2()1fxxx，若实数t，满足(lg)1ft，则t的取值范围是（）A.1,

11,1010B.10,1,1010C.(1,0)(0,1)D.10,1,10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.若非零实数a，b满足ab，则下列结论正确的是（）A.2ababB.222ababC.222ababD.114abab10.已知双曲线222:1(0)xCyaa的右

焦点为,F左､右顶点分别为,,AB一条渐近线为,l则下列结论正确的是（）A.当1a时，C的离心率为2B.当1a时，直线1yx与C仅有一个公共点C.F到l的距离为1D.若F在l上的射影为,M则经过,,MAB三点的圆的方程为221xy11

.如图，函数2sin0,2fxx的图象经过点,012和5,012，则（）A.1B.6C.函数fx的图象关于直线23x对称D.若6,65f

则223sincos512.如图，在棱长为6的正方体1111ABCDABCD中，E为棱1DD上一点，且2,DEF为棱11CD的中点，点G是线段1BC上的动点，则（）A.无论点G在线段1BC上如何移动，都有11AGBDB.四面体ABEF的

体积为24C.直线AE与BF所成角的余弦值为21015D.直线1AG与平面1BDC所成最大角的余弦值为13三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若抛物线22(0)ypxp上的点0,3Ax

到其焦点的距离是A到y轴距离的2倍，则p等于________.14.“十二平均律”又称“十二等程律”是世界上通用的一组音(八度)分成12个半音音程的律制，是在16世纪由明朝皇族世子朱载堉(1536年-1611年)发现的，具体是指一个八度有13个音，每相邻两个音之间的频率之比相等，且最后一

个音的频率是最初那个音的频率的2倍，设第三个音的频率为3f，第七个音的频率为7f，则73ff________.15.已知球O的半径为4,3点,,,ABCD均在球面上，若ABC为等边三角形，且其面积为3,则三棱雉DABC的最大体积是_______.16.已知函数ln,1

,15,1,3xxfxxx若21xx且12,fxfx则12xx的最大值是_______.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.(本小

题满分10分)在①5325SS，②5243b③143aab这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并作答.设nS为等差数列na的前n项和,nb是正项等比数列1142,3,abab，

且_____.（1）求数列,nnab的通项公式；（2）如果*,mnabmnN，写出,mn之间的关系式mfn，并求数列fn的前n项和nT.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18.(本小题满分1

2分)在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,,abcAD为ABC的中线，22222525,cos,21tan5cBbbcaA（1）求角C的大小；（2）求AD的长.19.(本小题满分12分

)2020年某市教育主管部门为了解近期举行的数学竞赛的情况，随机抽取500名参赛考生的数学竞赛成绩进行分析，并制成如下的频率分布直方图：（1）求这500名考生的本次数学竞赛的平均成绩x(精确到整数)；（2）

由频率分布直方图可认为：这次竞赛成绩X服从正态分布2,N，其中山近似等于样本的平均数x，近似等于样本的标准差s，并已求得18s.用该样本的频率估计总体的概率，现从该市所有考生中随机抽取10名学生，记这次数学竞赛成绩在(86,140]之外的人数为Y，求(2)PY的值(精确到0.0

01).附：（1）当2,XN时，()0.6827,(22)0.9545PXPX；（2）820.81860.18140.0066.20.(本小题满分12分)已知椭圆22

22:1(0)xyCabab的离心率为22,3左､右焦点分别为12,,FF短轴的上端点为P，且127.PFPF（1）求椭圆C的方程；（2）若过点1.0Q且不与y轴垂直的直线与椭圆C交于,MN两点，是否存在点,0Tt，使得直线TM与TN的斜率之

积为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.21.(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面1,//,,2ABCDABCDABADCDPDADAB.（1）求证：平面PBC平面PAB；（2）若2APD

C，求二面角DPCB的正弦值.22.(本小题满分12分)已知函数1ln,1fxfxxaxxagxxR（1）当12a时，求fx的最小值；（2）当01a时，gxm恒成立，求整数m的最小值.高三数学参考答案､提示及评分细则1.A因为集合

2,2,0,4AB，所以2,4.AB故选A.2.C复数2i12i2i5i1111i,12i12i12i5z则2.z故选C3.B法一：把甲､乙两人看作一个整体，4个人变成了3个元素，再把这3个元素分成2部分，每部分至少有1个人

，然后分配到2个路口，共有212312CCA6种分配方案.法二：设另外两人为丙､丁，按照要求列举，分别有{(甲乙丙)，丁}，{(甲乙丁)，丙}，{丁，(甲乙丙)}，{丙，(甲乙丁)}，{(甲乙)，(丙丁)}，{(丙丁)，(甲乙)}，共6种情况，故选B.4.C因为2ln1,Mvm

所以112ln1,3100M所以5.51e,3100M所以5.53100e13100243.69755439kg755.44t.M故选C.5.B法一：过F作,FGBCG于不妨设3,1,B

EEF则4,3,BFFCBE所以5BC，1612,,55BGFG所以BB1612,,2525BCGFBA所以1612161225252525BFBGGFB

CBAab故选B.法二：33334444BFBCCFBCEABCEBBABCBFBA即3344

BFBCBFBA，解得16122525BFBCBA，即16122525BFab，故选B.6.D由已知表格，得11(23456)4,(3.4

4.25.15.56.8)555xy因为回归直线恒过样本点的中心(,)xy，所以50.814,a解得1.76,a所以回归直线的方程为0.8116ˆ.7yx由10,y得0.811.7610x，解得82410.17,81x由

于*,xN所以据此模型预报，该设备使用年限的最大值为10.故选D.7.D由含有量词的命题的否定知，A.B均错误；因为sin(0),1cos0,fxxxxfxx所以fx在0,上单调递增，所以对0,00,xfxf所以对0,sin,xxx

则C错误;由110,aa且111,a解得1,a则D正确.故选D.8.A由题意知，当0,x时，21,fxxx则101,ff又fx是R上的偶函数，111ff，当1fx时，则一11x且0,x

所以由lg1,ft得一1lg1t且lg0,t所以11010t且.1,t则t的取值范围是1,11,10.10故选A.9.BC对于A，若,ab均为负数，则不等式显然不成立，则A错误；对于B，显然成立，则B正确；对于C，在222abab两边同时

加上22,ab得2222(),abab则222abab成立，则C正确；取2,1,ab则11abab111214,212所以1

14abab不成立，则D错误.故选BC10.ABC当1a时，双曲线C为221,xy所以1,2,abc所以2,e则A正确；当1a时，其渐近线为y,x直线1yx与渐近线yx平行，且过顶点(1，0)与双曲线C仅有

一个公共点，则B正确；因为21,0Fa到渐近线0xay的距离为22101,1aaa则C正确；设O为坐标原点，21,ca得1,bFM结合,OFc得,OMa则,OMOAOB从而90,AMB所以经过,,MAB点的圆的方程为222(xya只有

当1a时，方程才是221xy)，则D错误.故选ABC.11.BC5,212122T所以,T所以2,则A错误;2sin2,fxx由fx的图象过点,0,12

且在12x附近单调递增，所以一26kkZ，结合,2可得,6则B正确;2sin26fxx，当23x时,2,fx所以函数fx的图象关于直线23x对称，则C正确；由2sin2

2cos262f6,5得3cos2,5所以223sincoscos2,5则D错误.故选BC12.ABD在正方体1111ABCDABCD中，易证1DB面11,ABC又1AG平面11,ABC所以11,AG

BD则A正确；11114632ABEFFABEDABEBADEVVVV三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥624,则B正确；在棱1CC上取点,N使2CN，连结,,(BNNEFN如图),则易知FBN为直线A

E与BF所成角或其补角，可得210,5,9,BNFNFB则cosFBN222(210)958410,1529210310则直线AE与BF所成角的余弦值为410,15则C错误；由题意知三棱锥11ABDC为棱长为62的正四面体，作1A

O平面1,BDCO为垂足，则O为正1BDC的中心，且1AGO为直线1AG与平面1BDC所成角，所以1cosAGO212111,AOOGAGAG当点G移动到1BC的中点时1,AG最短，如图，此时1cosAGO最小，1AGO最大，此

时1161cos,336OGAGOAG则D正确.故选ABD13.3由题意，得002,2pxx解得0,2px即,3,2pA代人22(0),ypxp得2(3)2,2pp结合0,p解得

3p14.32由题意知13个音的频率nf成等比数列，设公比为,q则121312,fqf所以14373322.fqf15.233设ABC外接圆的圆心为1,O由ABC是面积为3的等边三角形，得21s

in603,2AB解得2AB，1123.2sin603ABOB当三棱棱锥DABC体积最大时，球心O在1DO上，因此有22112,3OOOBOB所以1DO的最大值为2,三棱锥DA

BC的最大体积为1112332333ABCVSDO.16.3ln38因为ln,1,15,1,3xxfxxx令ln2x，解得2ex；令ln0x，解得1.x结合函数图象可知若要满足12,fxfx且21,xx则22

1,e,x且.1215ln,3xx解得123ln5.xx则12223lnxxxx225,1,e,x令23ln5,1,e,gxxxx则331,xgxxx令0,gx解得3,x故gx

在区间(1，3)上单调递增，在区间23,e上单调递减，则gx在3x时取最大值33ln38,g即12xx的最大值为3ln38.17.解：（1）设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为(0)qq

.若选条件①5325SS，由5325,SS得5432352335,22dd解得2,d所以*21nannN所以249,ba又13,b所以3q，所以*3.nnbnN若选条件②5243b，4524

33,bq则481,q因为0,q所以3,q则*3,nnbnN所以42933,abd解得2d，又13a，所以*21nannN.若选条件③143aab又13a，

所以433,ab又4223,3,abbb则3,q则*3nnbnN，4219,3,aba得2,d则*21nannN（2）由mnab，得213nm，即1312nm，所以312nfn，121(1)(2)()3

131312nnTfffn1213332nn3131213nn313122nn13234nn1

8.解：（1）在ABC中，由余弦定理，得2222cosbcabcA，所以2cossin22cos,cosAAbbcAA所以cossinbcAA由正弦定理，得sinsincossinBCAA，所以sinsinc

ossinACCAA即sincoscossinsincossinsinACACCACA所以sincossinsinACCA因为sin0,A所以cossin,CC所以tan1C，又0,C所以34C（2）因为25cos,0,,5B

B所以5sin5B.因为10sinsinsincossincos10ABCBCCB因为,sinsincaCA所以1025sin102,sin22cAaC所以1BD在ABD中，2222cosADABBDABBDB即2

252012251135AD所以13AD.19.解（1）10(650.0028750.01850.01950.0181050.02x1150.0181250.0121350.0081450.0012)1010.416104.161

04(分)（2）由题意知2,,XN且104,18，所以8610418,1401041822所以0.68270.9545(86140)(2)0.81862PXPX所以(PX

或2)10.81860.1814X，所以10,0.1814YB，所以228102C0.18140.8186450.006630.298PY20.解（1）0,,Pb设12,0,,0,FcFc则12,,,PFc

bPFcb，由127PFPF，得227bc结合222,abc得2227ac；由22,3cea得228,9ac代人2227ac，解得229,8ac，

所以21b故椭圆C的方程为221.9xy（2）由已知直线l过点1,0,Q设l的方程为1xmy，则联立方程组22119xmyxy消去x得229280mymy，所以

22Δ43290;mm设1122,,,,MxyNxy则1221222989myymyym又直线TM与TN斜率分别为11221122,11TMTNyyyykkxtmytxtmyt

则122221281199(1)TMTNyykkmytmyttmt要使TMTNkk为定值，则有290,t即3t，当3t时，282,9(1)9TMTNmkktR；

当3t时，281,9(1)18TMTNmkktR所以存在点3,0T，使得直线TM与TN的斜率之积为定值.21.（1）证明：作PB的中点,EAP的中点F，连接,,,DFEFEC因为点E是PB中点，点F是P

A中点，所以//,EFAB且2ABEF.又因为//,ABCD且,2ABCD所以//,EFCD且,EFCD所以四边形EFDC为平行四边形，所以//.CEDF因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面,,ABCDADABA

DABC平面ABCD，所以AB平面,PAD又DF平面,PAD所以.ABDF因为,PDAD点F为PA的中点，所以.DFAP因为//,CEDF所以,.CEABCEAP又,,APABAAPAB平面,PAB所以CE平面.PAB又因为CE平面,

PBC所以平面PBC平面.PAB（2）解：作,ADBC的中点分别为,,OG连结,,OPOG则//OGAB，因为AB平面,,PADPOAD平面,PAD所以,,ABPOABAD所以,.OGADOGPO因为2,2,APDCCDPDAD所以APD为正三

角形，所以,3,4POADDFPOAB所以,,,POOGPOADOGAD即,,OAOGOP两两垂直，以点O为坐标原点，分别以,,OAOGOP的方向为,,xyz轴的正方向，建立空间直角坐标

系(Oxyz如图所示).则0,0,3,1,2,0,1,0,0,1,4,0PCDB所以(1,0,3),(1,2,3),(2,2,0)PDPCBC设平面PDC的

法向量,,,nxyz则0,0,nPDnPC即30230,xzxyz解得30xzy取1,z则3,0,1n；设平面PBC的法向量,,,mxyz则0,0,m

PCmBC所以230220xyzxy解得3,yxzx取1,x则1,1,3m，所以2315cos5||||

25mnmnmn所以310sin,155mn所以二面角DPCB的正弦值为105.22.解：（1）当12a时，fx的定义域为10,,ln12fxx，由0,fx

得0e;x由0,fx得ex所以fx在0,e上单调递减，在(e,)上单调递增，所以fx的最小值为ee12f（2）①当1x时，因为01,1ln0,afxaxa所以fx在1,上单调递减，所以ma

x()10,fxf则0,fx又10,x所以0(gx当1x时等号成立),所以0m②当01x时，ln0x，又当01a，时axx，所以lnlnaxxxx，所以lnlnaxxxx，所以1ln1ln,xaxxxxx

即1lnfxxxx因为10,x所以1ln1xxxgxx，令1ln0,1,1xxxhxxx所以问题化为hxm在(0，1)上恒成立，因为23ln(1)xxhxx，令3ln,0,1,xxxx

则110xx，所以x在(0，1)上单调递减，又因为4433111110,0eeee所以存在唯一一个实数04311,,eex

使得0003ln0,xxx所以00ln3xx，所以当00xx时,0,x则0,hx当01xx时,0,x则0hx，所以hx在00,x上单调递增；在0,1x上单调递减；所以20000000

0max00000131ln21()1111xxxxxxxxhxhxxxxx因为04311,,eex所以0431111,1,eex所以max4311()1,1,ee

hx即max31()1,ehx所以311,em综上所述31,1,em又,mZ所以2m，所以m的最小整数值为2获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100

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