湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高二3月考试数学试题答案

1 2022 年湖北省新高考联考协作体高二下学期3 月考试 高二数学参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B C B C C A B D ABD AB BCD AB 1.B 解：由 1 2 a  ， 4 16 a  ，得 3 8 q  ，所以 2. q  2.C 解：因为 2 4 b  ，所以 2 b  ，所以双曲线的虚轴长为2 4. b  3. B 解：设五个人所分得的面包为 2 a d  ，a d  ，a，a d  ， 2 a d  ， ( 其中 0) d  ， 则有( 2 ) ( ) ( ) ( 2 ) 5 100 a d a d a a d a d a           ， 20 a   ， 由 2 3( 2 ) a a d a d a d a d         ， 得3 3 3(2 3 ) a d a d    ； 12 3 d a   ， 5. d   最少的一份为 2 20 10 10 a d     ， 4. C 解： ( ) 2 ln f x x x   的定义域为(0, ).  1 2 1 ( ) 2 x f x x x      ， 令 ( ) 0 f x   ，解得 1 2 0 x  ， 所以函数 ( ) 2 ln f x x x   的单调减区间是 1 (0, ). 2 5.C 解：因为直线l 的方程为 2( ) 2 p y x   ，即 2 y x p   ， 由 2 2 , 2 , y px y x p       消去y，得 2 2 4 6 0 x px p    ， 设 1 1 ( , ) A x y ， 2 2 ( , ) B x y ，则 1 2 3 2 p x x   ， 又因为弦AB 的中点到抛物线的准线的距离为5，所以| | 10 AB  ， 而 1 2 | | AB x x p    ，所以 1 2 10 x x p    ， 故3 10 2 p p   ，解得 4 p  ，所以抛物线的方程为 2 8 . y x  6. A 3 y x  的导函数为 2 3 y x  ， 2 y x x a    的导函数为 2 1 y x  ， 2 若直线与 3 y x  和 2 y x x a    的切点分别为 3 1 1 ( , ) x x ， 2 2 2 2 ( , ) x x x a   ， ∴过(0, 2)  的直线为 2 1 3 2 y x x  、 2 (2 1) 2 y x x    ， 则有 2 1 2 2 2 2 2 2 3 3 1 1 3 2 1 (2 1) 2 3 2 x x x x a x x x x               ，可得 1 2 1 2 2 x x a        . 7.B 解：当 0 q  时，，不成立； 当 1 q 时，，不成立； 故0 1 q  ，且 2021 2022 1,0 1 a a    ，故 2022 2021 S S  ，A 正确； 2 2020 2022 2021 1 1 0 a a a   ，故B 不正确； 2021 T 是数列 n T 中的最大值，C 正确. 8．D  3 2 3 1 ex f x x    ，则    2 2 2 2 2 2e 2e 2 9 9 9 e 1 2e e e 2 1 e x x x x x x x f x x x x             ， 所以，       2 1 e 2 1 e x x f x f x       ，    f x f x     ，因此，         2022 2022 2022 2022 2 f f f f         . 9. ．ABD 当 0  时， 2 1 x ，即 1 x 表示两条直线； 当 0, 2 π α      时，0 sin 1   ， 2 2 1 1 sin   y x 表示焦点在y 轴上的椭圆； 当 ,0 2          时，1 sin 0    ， 2 2 1 1 sin   y x 表示焦点在x 轴上的双曲线， 10．AB A.当n  N 时，    1 2 3 1 2 3 3 0 n n a n n a          ，即 1 n n a a  ，A 正确； B. 1 0 b  ，n  N ，由已知得 1 4 n n b b  ，则 n b 是以4 为公比的等比数列，B 正确； C.当 1 1 a 时， 2 2 a ， 3 4 a  ，则 3 2 a a  ，C 错误； D.由 2 2 1 n S n  得 1 1 2 2 1 3 3 2 3, 9 3 6, 19 9 10 a S a S S a S S             ， 2 1 3 2 a a a a     ，D 错误. 3 11.BCD 解：因为椭圆 1 C 的标准方程为 2 2 1 5 y x   ，所以 1 C 的焦点在y 上，所以A 不正确; 因为椭圆 1 C 的焦距为2 5 1 4   ，椭圆 2 C 的焦距为2 16 12 4   ，所以B 正确; 作出椭圆 1 C ， 2 C 的图象，由图象可知，椭圆 1 C ， 2 C 没有公共点，所以C 正确; 因为椭圆 1 C 的离心率为 1 2 5 5 e  ， 2 C 的离心率为 2 2 1 4 2 e   ，所以 1 2 e e  ，所以D 正确. 12. AB ∵函数 2 2 ln 2 x ax f x x    ，定义域为  0,   ， ∴  1 f x x a x     ， ∴  1 2 f x x a a x       ，当且仅当 1 x x  时，取等号， 要使  f x 的图象存在两条相互垂直的切线，则   1 2 , 0, x x   ，    1 2 1 f x f x   ， 所以  1 f x x a x     的值必有一正一负， 当 4 a 时，  1 2 f x x a x     ，易知符合题意， 当 3 a 时，  1 1 f x x a x     ，易知符合题意， 当 2 a 时，  1 0 f x x a x      ，不符题意， 当 1 a 时，  1 1 f x x a x     ，不符题意， 所以a 的值可以是-4 或-3. 13. 1 6 解：因为 1 | | MF ， 1 2 3| | F F ， 2 | | MF 成等差数列，所以 1 2 1 2 | | | | 6 | | MF MF F F   ， 即2 6 2 a c   ，所以 1. 6 c e a   14. 3 x （答案不唯一） 结合幂函数的性质可知 3 ( )= f x x 是奇函数，当 0 x  时，  2 3 0 f x x    ，则 3 ( )= f x x 符合上述两个条件， 4 故答案为： 3 x （答案不唯一）. 15.10 当 2 n  时，      1 1 2 2 1 1 n n n n n a a a a a a a a           (9 2 ) (11 2 ) 5 1 n n       ( 1) 9 2 5 1 2 n n      （ ） 2 2 8 6 ( 4) 10 n n n       ，所以数列 n a 中最大项的数值为10． 16. ( 2,2).  解：设点 0 0 1 0 ( ,( 2) ) x B x x e   为曲线C 上任意一点，因为 1 ( 1) x y x e    ， 则曲线C 在点B 处的切线l 的方程为 0 0 0 0 1 0 1 1 ( 2) ( ). x x y x e x e x x       ） （ 据题意，切线l 不经过点A，则关于 0 x 的方程 0 0 0 0 1 0 1 1 ( 2) ( ) x x x e x e a x        （ ） 无实根， 即 2 0 0 ( 2) 2 0 x a x a      无实根， 所以 2 ( 2) 4( 2) 0 a a       ，解得2 2 a   ，所以a 的取值范围是( 2,2).  17. 解： 1 (1) ( ) ln 3 1 f x a x x x      ，则 2 1 ( ) 3 a f x x x     ， 又 (1) 0 f    ， 故可得 4 0 a   ， 解得 4 a  ； 经检验 4 a  符合题意 ……………………………………………………………5 分 (2) 由(1) 可知， 1 (1) ( ) 4ln 3 1 f x x x x      ， 2 (3 1)( 1) ( ) x x f x x     ， 令 ( ) 0 f x   ，解得 1 1 3 x  ， 2 1 x  ， ………………7 分 又函数定义域为(0, ) ， 故可得 ( ) f x 在区间 1 (0, ) 3 和(1, ) 单调递减，在区间1 ( ,1) 3 单调递增. 故 ( ) f x 的极大值为 (1) 1 f ， ( ) f x 的极小值为 1 ( ) 3 4ln3. 3 f   ………………………………10 分 5 18.解：(1) 因为 1 1 1 a S k    ，当 2 n 时， 1 4 5 n n n a S S n      ， 因为数列 n a 为等差数列，所以 1 1 k ，即 0 k  ， 且 4 5; n a n   ………………………………6 分 (2) 因为 1 1 1 1 ( ) (4 5)(4 1) 4 4 5 4 1 n b n n n n        ， 所以 1 1 1 ( 1 ) . 4 4 1 4 n T n     ……………………………………………………12 分 19.解：(1) 设 ( , ) M x y ，由题意得 2 2 ( 5) ( 0) 5 9 3 | | 5 x y x      ，化简得 2 2 1 9 16 x y   ， 所以动点M 的轨迹方程为： 2 2 1. 9 16 x y   ………………………………6 分 (2) 由(1) 知，双曲线 3 a  ， 4 b  ， 2 2 5 c a b    ，所以 1 F 和 2 F 为双曲线两焦点， 1 2 | | 2 10 F F c   ，设 1 PF s  ， 2 PF t ，则有| | 2 6 s t a   ，再由余弦定理得， 2 2 2 2 2 2 2 2 (2 ) 2 cos60 (2 ) 2 (2 ) ( ) 64 c s t st c s t st st c s t st st               ， 所以 1 2 1 1 3 sin 60 64 16 3. 2 2 2 F PF S st       ……………………12 分 20.等差数列 n a 中， 2 1 2 3 3 12 a a a a     ，解得 2 4 a  ，公差 2 8 2 8 2 a d a     ， 则     2 2 4 2 2 2 n a a n d n n         ，因此， 2 2 2 4 n a n n    ， 依题意， 2 4 n n b a n   ， 所以数列 n b 的通项公式 4 n b n  ， * nN . …………………………6 分 (2)由(1)知， 3 4 3 n n n n c b n     ， 则   2 1 4 3 8 3 4 4 3 4 3 n n n S n n         ， 因此，   2 3 1 3 4 3 8 3 4 4 3 4 3 n n n S n n          ，     2 3 1 1 1 3 2 4 3 3 3 3 4 3 4 (1 3 ) 4 1 3 3 6 3 1 4 3 n n n n n n n S n n n                     1 (4 2) 3 6 n n      ， 所以   1 2 1 3 3 n n S n     . …………………12 分 6 21.解:(Ⅰ)∵ 1 = 3 OR CR OF OF   , ∴ 3 ( 0) 3 R ， 2 ( 3 ) 3 R ， , 又 (0,1) G 则直线GR的方程为 1 1 3 3 y x   ① 又 (0, 1) E  则直线ER 的方程为 3 1 y x   ② 由①②得 3 3 4 ( ) 5 5 P ， ∵ 2 2 3 3 5 4 1 3 5              ∴直线ER 与GR的交点P 在椭圆 2 2 : 1 3 x y    上 …………………………5 分 (Ⅱ)①当直线MN 的斜率不存在时,设 : ( 3 3) MN x t t    不妨取 2 2 ( , 1 ), ( , 1 ) 3 3 t t M t N t    ∴ 3 1   GN GM k k ,不合题意 ②当直线MN 的斜率存在时,设 : MN y kx b   1 1 2 2 ( , ), ( , ) M x y N x y 联立方程 2 2 1 3 y kx b x y          得 2 2 2 (1 3 ) 6 3 3 0 k x kbx b      则 2 2 12(3 1) 0 k b     2 2 2 1 2 2 1 3 1 3 3 3 1 6 k b x x k kb x x         ， ……………………7 分 又     3 2 1 1 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2 1 1             x x b x x b k x x k x y x y k k GN GM 即 2 2 1 2 1 2 (3 2) 3 ( 1)( ) 3( 1) 0 k x x k b x x b        将 2 2 2 1 2 2 1 3 1 3 3 3 1 6 k b x x k kb x x         ， 代入上式得 0 3 2 2   b b 7 解得 3   b 或 1  b (舍) ∴直线过定点(0, 3) T  …………………………………………12 分 22. 解：(1) 当 2 2 e a  时， 2 2 ( ) ln ( 1) 2 e f x x x x    ， 2 ( ) ln 1 f x x e x    ， ……………1 分 令 2 ( ) ( ) ln 1 g x f x x e x     ， ……………2 分 因为当 0 x  时， 2 1 ( ) 0 g x e x     ，则 ( ) f x  单调递增， 又 2 2 1 ( ) ln 2 0 f e e      ，则当 2 1 0 x e   时， ( ) 0 f x   ；当 2 1 x e  时， ( ) 0 f x   ， 所以 ( ) f x 在 2 1 (0, ) e 上单调递减，在 2 1 ( , ) e 上单调递增； …………5 分 2 (2) ( ) ln ( 1) f x x x a x    ， ( ) ln 1 2 f x x ax    ， 令( ) ( ) ln 1 2 h x f x x ax     ， 1 ( ) 2 h x a x    ， 当 1 x 时，1 1 x ，则 ( ) 1 2 h x a   ， ①若2 1 0 a  ，即 1 2 a  ，则 ( ) 0 h x  ， ( ) f x  在[1, ) 上单调递减， ( ) (1) 1 2 0 f x f a    ， 从而 ( ) f x 在[1, ) 上单调递减，所以 ( ) (1) 0 f x f  ，符合题意， …………7 分 ②若 0 a ，则当 1 x 时， ln 0 x x ， 2 ( 1) 0 a x  ，从而 ( ) 0 f x ，不合题意，……9 分 ③若 1 0 2 a    ，当 1 x 时，由 ( ) 0 h x   ，得1 2 0 a x   ，即2 1 0 ax x   ，解得 1 1 2 x a  ， 则当 1 (1, ) 2 x a   时， ( ) f x  单调递增，从而 ( ) (1) 1 2 0 f x f a      ，所以 ( ) f x 单调递增， 此时 ( ) (1) 0 f x f   ，不合题意， …………11 分 综上分析，a 的取值范围是 1 ( , ]. 2  …………12 分