2022年湖北省部分重点中学高考数学联考试卷(4月份)+答案解析(附后)

2022年湖北省部分重点中学高考数学联考试卷（4月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.命题：“，”的否定为( )
A. B.
C. D.
2.若z为纯虚数，且，则( )
A. B. C. D.
3.已知非空集合A，B满足以下两个条件：
，；
的元素个数不是A中的元素的元素个数不是B中元素.则有序集合对的个数为( )
A. 1
B. 2
C. 4
D. 6
4.如图是函数的部分图象，则该
函数图象与直线的交点个数为( )
A. 8083
B. 8084
C. 8085
D. 8086
5.若二项式的展开式中第5项与第6项的系数相同，则其常数项是( )
A. 9
B. 36
C. 84
D. 126
6.设A、B为圆上的两动点，且，P为直线l：上一动点，则
最小值为( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
7.已知函数，若与的图象在区间上的交点分别为，，⋯，，，，则的值为( )
A. 20
B. 30
C. 40
D. 42
8.如图，已知，为双曲线的左、右焦点，过点
，分别作直线，交双曲线E于A，B，C，D四点，使得四边形ABCD为平
行四边形，且以AD为直径的圆过，则双曲线E的离心率为
( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本题共4小题，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
.已知，，，，，则下列结论中一定成立的有( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
10.正三棱柱的各条棱的长度均相等，D为的中点，M，N分别是
线段和线段上的动点含端点，且满足，当M，N运动时，下
列结论正确的是( )
A. 在内总存在与平面ABC平行的线段
B. 平面平面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 可能为直角三角形
11.已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，设线段AB的中点为P，则下列说法正确的是( )
A. 若抛物线上的点到点F的距离为4，则抛物线的方程为
B. 以AB为直径的圆与准线相切
C. 线段AB长度的最小值是2p
D. 的取值范围为
12.已知a为常数，函数有两个极值点，，则( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.“学习强国”是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质学习平台.该平台设有“阅读文章”，“视听学习”等多个栏目.假设在这些栏目中某时段更新了2篇文章和2个视频，一位学员准备学习这2篇文章和这2个视频，要求这2篇文章学习顺序不相邻，则不同的学法有__________种用数字作答
14.斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….在实际生活中，很多花朵如梅花、飞燕草、万寿菊等的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用.斐波那契数列满足：，，则…是斐波那契数列中的第__________项.
15.抛挪一枚硬币，每次正面出现得1分，反面出现得2分，则恰好得到10分的概率是______.
16.已知是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意
x，，，则______.
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10分
如图，在平面四边形ABCD中，对角线AC平分，的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
求B；
若，的面积为2，求
18.本小题12分
已知各项均为正数的数列的前n项和为，，
求证：数列是等差数列，并求的通项公式；
若表示不超过x的最大整数，如，，求的值．
19.本小题12分
如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点G为弧的中点，且C、E、D、G四点
共面.
证明：平面平面BCG；
若平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值为，求直线DF与平面ABF所成角的大小.
20.本小题12分
手机运动计步已经成为一种新时尚．某单位统计职工一天行走步数单位：百步得到如下频率分布直方图：
由频率分布直方图估计该单位职工一天行走步数的中位数为百步，其中同一组中的数据用该组区间
的中点值为代表．
试计算图中的a、b值，并以此估计该单位职工一天行走步数的平均值；
为鼓励职工积极参与健康步行，该单位制定甲、乙两套激励方案：
记职工个人每日步行数为，其超过平均值的百分数，若职工获得一次抽奖
机会；若职工获得二次抽奖机会；若职工获得三次抽奖机会；若职工
获得四次抽奖机会；若超过50，职工获得五次抽奖机会．设职工获得抽奖次数为
方案甲：从装有1个红球和2个白球的口袋中有放回的抽取n个小球，抽得红球个数及表示该职工中奖几
次；
方案乙：从装有6个红球和4个白球的口袋中无放回的抽取n个小球，抽得红球个数及表示该职工中奖几次；
若某职工日步行数为15700步，试计算他参与甲、乙两种抽奖方案中奖次数的分布列．若是你，更喜欢哪个方案？
21.本小题12分
已知椭圆与直线有且只有一个交点，点P为椭圆C上任一点，
，若的最小值为
求椭圆C的标准方程；
设直线l：与椭圆C交于不同两点A，B，点O为坐标原点，且，当的面积S最大时，求的取值范围.
22.本小题12分
已知函数，，曲线在处的切线的斜率为求实数a的值；
对任意的恒成立，求实数t的取值范围；
设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，…，
求证：
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：命题是全称命题，则命题的否定是特称命题
即，
故选：
根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可．
本题主要考查含有量词的命题的否定，结合全称命题的否定是特称命题是解决本题的关键，比较基础．2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的概念，属于基础题．
求出z，再结合复数的四则运算即可求解结论．
【解答】
解：为纯虚数，且，
或，
或，
故选：
3.【答案】B
【解析】解：若A中只有1个元素，则B中有3个元素，则，，即，，此时有1个，
若A中有2个元素，则B中有2个元素，则，，不符合题意；
若A中有3个元素，则B中有1个元素，则，，即，，此时有1对，
综上，有序集合对的个数2个．
故选：
结合已知分类讨论：讨论A，B中集合的元素个数分别进行求解．
本题主要考查了集合的交集及并集的应用，属于基础试题，体现了分类讨论思想的应用．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查由函数的部分图象求解析式，考查数形结合，考查函数与方程思想，属于
中档题.
由题意由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式，
再利用正弦函数的图象和性质，得出结论．
【解答】
解：根据函数的部分图象，
可得，，，周期为
结合五点法作图可得，求得，故函数为
除了原点外，函数在每一个周期上，它和直线都有2个交点．
当时，函数，，
故函数的图象和直线在区间上有个交点．
当时，函数，，
故函数的图象和直线在区间上有个交点．
则该函数图象与直线的交点个数为，
故选：
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查二项式定理的应用，考查二项式系数的性质与二项展开式的通项公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
利用二项式系数的性质可求得，再利用其通项公式即可求得其常数项．
【解答】
解：二项式的展开式中第5项与第6项系数就是其二项式系数，
，
，
的展开式的通项，
令，得，
其常数项是，
故选：
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，平面向量的线性运算，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
设AB的中点为D，利用向量的线性运算可得，利用圆的性质求得OD，利用点到直线的距离公式求得OP的最小值，从而可求得最小值．
【解答】
解：设AB的中点为D，由平行四边形法则可知，
由圆的性质可得，圆O的半径为1，，可得，
OP的最小值即为点O到直线l的距离：，
所以当且仅当O，P，D三点共线时，取得最小值，
所以
故选：
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查函数的性质，解题中需要理清思路，属于中档题．
根据题意可得函数关于点，函数关于点对称，由题意等价于点也
为与的图象在区间上的交点，即可得出答案．
【解答】
解：函数关于点，对称，
当时，，故函数关于点对称，
又则
故若点为与的图象在区间上的交点，
则点也为与的图象在区间上的交点，
故
故本题选
8.【答案】D
【解析】解：设，则，
由双曲线的对称性和平行四边形的对称性可知：，
连接，则有，
，
由于在以AD为直径的圆周上，，
为平行四边形，，，
在直角三角形中，，，
解得：，，；
在直角三角形中，，，
得，，
故选：
利用双曲线的定义，几何关系以及对称性，再利用平行四边形的特点，以及点在圆周上的向量垂直特点，列方程可解．
本题主要考查双曲线的几何性质，双曲线离心率的求解等知识，属于中等题．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了正态分布的参数的含义及曲线的性质，属于基础题.
由正态分布的参数的含义，可判断选项AB；由正态分布的性质，可判断选项
【解答】
解：由题意可知，对于选项A，B，若，则Y分布更为集中，则在相同的区间范围内，Y的相对概率更大，故，故选项A正确，B错误；
由正态分布的性质可得，，
又，所以，故选项C正确，D错误.
故答案选：
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查的知识要点：线面垂直的判定和性质，锥体的体积，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
直接利用线面垂直的判定和性质及锥体的体积公式的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答】
解：根据正三棱柱的各条棱的长度均相等，D为的中点，M，N分别是线段和线段上的动点含端点，且满足，
如图所示：
对于A：连接DO，由于D、O为中点，
所以平面ABC，故在内存在DO与平面ABC平行的线段，故A正确；
对于B：作，，
所以，，
整理得：，
所以为等腰三角形，
所以，同理，
所以平面，
所以平面平面，故B正确；
对于C：定值，故C正确；
对于D：，当M和N在中点时，为等边三角形，为最大角，不可能为直角三角形，故D错误．故选：
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题是直线与抛物线的综合问题，抛物线的焦点弦的几何性质以及焦点弦长、焦半径的计算，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
由抛物线的定义求得p，可得抛物线的方程，可判断A；设直线l的方程为，设，，联立直线方程和抛物线的方程，运用根与系数的关系和中点坐标公式、结合直线和圆相切，可判断B；由，可得弦长的最小值，可判断C；运用弦长公式和点到直线的距离公式，求得
关于m的表达式，求得最小值，可判断
【解答】
解：抛物线的焦点为，准线方程为，
对于A，若抛物线上一点到焦点F的距离等于4，
由抛物线的定义可得，解得，则抛物线的方程为
，故A不正确；
对于B，可设，，
直线AB的方程为，与抛物线联立，
消去x，可得，
可得，，
可得P的坐标为，，
可得P到准线的距离为，则以AB为直径的圆与准线相切，故B正确；
对于C，由，可得时，的最小值为2p，故C 正确；
对于D，由上面的分析可得，，
，
，P到y轴的距离为，
当且仅当时，取得等号，故D正确．
故选
12.【答案】AC
【解析】解：有两个极值点，，
有两个正根，，
法分离参数法：由，得，即直线与
有两个交点，
，
易得当时，，函数在区间上单调递增，
当时，，函数在区间单调递减，
，
又当时，，时，，
，
解得，故A正确；
法分类讨论法：，，
令，
函数有两个极值点，则在区间上有两个实数根．
，
当时，，则函数在区间单调递增，因此在区间上不可能有两个实数根，应舍去．
当时，令，解得
令，解得，此时函数单调递增；
令，解得，此时函数单调递减．
当时，函数取得极大值．
当x趋近于0与x趋近于时，，
要使在区间上有两个实数根，则，解得
实数a的取值范围是
由得，，
且，故C正确；
，故BD错误；
故选：
求导得令，法分离参数法，分离参数a，得，令，求导分析取值域，可求得a的取值范围，可判断A；
法分类讨论法，令，对a分与两类讨论，依题意，可求得a的取值范围，可判断A；再由题意可得有两个解，满足，
对BCD逐个分析可得答案．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值，考查了等价转化思想与逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题．
13.【答案】12
【解析】【分析】
本题考查排列组合的应用，注意用间接法分析，属于基础题．
根据题意，用间接法分析，先计算全部的顺序数目，排除其中“文章学习相邻”的顺序，分析可得答案．【解答】
解：根据题意，2篇文章和这2个视频，共有种不同的顺序，
若文章学习相邻，有种顺序，
则2篇文章学习顺序不相邻的学法有种.
故答案为：
14.【答案】2022
【解析】【分析】
本题考查数列递推公式，理解斐波那契数列，中递推关系的应用是关键，属于中档题．
利用递推关系，将所求关系式中的“1”换为，再利用即可求得答案．
【解答】
解：依题意得…
…
…
…
=…
，
故答案为：
15.【答案】
【解析】解：抛掷一枚硬币，得1分的概率为，得2分的概率为，
恰好得到10分可分为6种情况：
5个2分，共抛掷5次，概率为；
4个2分，2个1分，共抛掷6次，概率为；
3个2分，4个1分，共抛掷7次，概率为；
2个2分，6个1分，共抛掷8次，概率为；
1个2分，8个1分，共抛掷9次，概率为；
10个1分，共抛掷10次，概率为；
故恰好得到10分的概率是，
故答案为：
分类讨论，依据独立重复试验公式即可求得恰好得10分的概率．
本题考查了独立重复试验的应用及分类讨论的思想方法应用，属于中档题．
16.【答案】6
【解析】解：由，可知当，时取到最小值，两边平方可得：
²²²²²²²²²
²²²²²²，
所以，解得，，，
则，
故答案为：
问题等价于当且仅当，时取到最小值，两边平方即
在，时，取到最小值，²²²
²²²，列出方程组，解得即可．
本题考查向量的数量积的性质及运算，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：，
，
，
，
，
，
，
的面积，
，
即，
，
，
又平分，
，
【解析】根据三角函数的和差公式就可求解．
首先根据面积公式求出BC，再根据余弦定理求出AC，最后根据角平分线即可求出结果．
本题考查了正弦定理、余弦定理、和差公式、三角形面积公式在解三角形中的应用，考查了推理能力与计
算能力，属于中档题．
18.【答案】解：证明：因为，所以当时，，
即，
而，有，所以，
所以数列是以为首项，公差为1的等差数列，
，则，
当时，，又满足上式，
所以的通项公式为；
，当时，，
故，
当时，，所以对任意的，都有，
又，
所以所以
【解析】由，得当时，，从而，由此能证明数列是以为首项，公差为1的等差数列，推导出，由此能求出的通项公式；
，当时，，故
，由此能求出结果．本题考查等差数列的证明，考查数列通项公式的求法，考查递推公式、放缩法等基础知识，考查运算求解
能力，是中档题．
19.【答案】证明：连接CE，因为，所以，即
因为，且，所以四边形BCEF为平行四边形，所以，
因此，
因为平面ABF，平面ABF，所以
又因为，所以平面BCG，
又因为平面BFD，所以平面平面
解：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，，
则，，，，，
于是，，，
设平面BDF的一个法向量为，
由，
令，得
设平面ABG的一个法向量为，
由，
令，得
由平面BDF与平面ABG所成的锐二面角的余弦值为，得，解得，即
因为平面ABF，所以就是直线DF与平面ABF所成的角，
在中，因为，，所以，
因此直线DF与平面ABF所成的角为
【解析】连接CE，证明推出证明即可证明平面BCG，然后证明
平面平面
以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，，求出平面BDF的一个法向量，
求出平面ABG的一个法向量，利用平面BDF与平面ABG所成的锐二面角的余弦值为，求出
说明就是直线DF与平面ABF所成的角，然后求解即可．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角以及直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，
转化思想以及计算能力，是中档题．
20.【答案】解：由题意得：，
解得，，
某职工日行步数百步，，
职工获得三次抽奖机会，
设职工中奖次数为X，在方案甲下，
X0123
P
，
在方案乙下
X0123
P
，
更喜欢方案乙．
【解析】利用频率分布直方图列出方程组，能求出a，b，由此能估计该单位职工一天行走步数的平均
值
某职工日行步数百步，，从而职工获得三次抽奖机会，设职工中奖次数为X，在方案甲下，求出，在方案乙下，Xr可能取值为0，1，2，3，分别
求出相应的概率，从而求出，因而更喜欢方案乙．
本题考查频率、平均数的求法，考查最佳方案的判断，考查频率分布直方图、二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：设点，由题意知，C：，
则，
当时，取得最小值，即，
，故椭圆C的标准方程为；
设，，，直线l：与椭圆C交于不同两点A，B，
由，得，，
点O到直线l的距离，
S取得最大值，当且仅当即，①
此时，，
即，代入①式整理得，，
即点M的轨迹为椭圆，
且点，为椭圆的左、右焦点，即，
记，则，
从而，则，
令可得，即在T在单调递减，在单调递增，
且，，
故T的取值范围为
【解析】设点，推出，通过，求解最小值，推出a，b然后得到椭圆方程．
设，，，联立直线与椭圆方程，推出，利用韦达定理，弦长公式以及点O到直线l的距离，求解三角形的面积，利用基本不等式求解
最值，推出，结合M的坐标得到，记，则，然后表示，利用函数的导数判断函数的单调性求解最值，推出结果．
本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，函数的导数的应用，考查分析问题解决问
题的能力，是难题．
22.【答案】解：因为，则，
由已知可得，解得
解由可知，对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，当时，则有对任意的恒成立；
当时，，则，令，其中，
且不恒为零，
故函数在上单调递增，则，故
综上所述，
证明：由可得，
令，则，
因为，则，
所以，，所以，函数在上单调递减，
因为
，，
第21页，共21页
所以，存在唯一的，使得，
所以，，则
，
所以，
，
因为函数在上单调递减，故，即
【解析】
由已知可得
，进而求出，即可求出实数a 的值；由题意可知：
对任意的
恒成立，验证
对任意的
恒成立；在
时，由参变量分离可得出
，利用导数求出函数
在区间
上的
最大值，即可得出t 的取值范围；
令
，利用导数分析函数在上单调性，利用
零点存在性定理可知
，求得
，证明出
，结合函数的单调性，即可得
出证明．
本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、最值与极值，考查学生的逻辑思维能力和运算能
力，属难题．。