2022届河南省实验中学等湘豫名校联考高三下学期3月联考 数学(理)试题解析

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．命题“x0，2x20”的否定是（ ） A．x0，2x20 C．x0，2x20

xxx

B．x0，2x20 D．x0，2x20

xx2．已知集合AxZ2xlog310，Byyx,xA，则AB（ ） A．0,1

B．0,1

C．0,1,2

D．0,1,4

23．已知复数z0A．0,1

2，复数z满足zz01，则z的取值范围是（ ） 1（i表示虚数单位）

1i

B．0,4

C．0,2

D．1,2

4．高一学生小李在课间玩耍时不慎将一个篮球投掷到一个圆台状垃圾篓中，恰好被上底口（半径较大的圆）卡住，球心到垃圾篓底部的距离为510a，垃圾篓上底面直径为24a，下底面直径为18a，母线长为13a，则该篮球的表面积为（ ）

6162a C．308a2 D．616a2 3x2y4,x2,5．已知不等式组表示的平面图形为，则按斜二测画法，平面图形的直观图的面

x0,x1A．154a

2 B．

积为（ ） A．

52 16 B．

52 8 C．

2 2 D．

5 46．由数字1，2，3组成六位数（数字可以不完全使用），若每个数字最多出现三次，则这样的六位数的个数是（ ） A．420

B．450

C．510

D．520

7．某老物件收藏者购买了清代老榉木的大铜钱形状的水车轮子．正面以颇具传统文化意味的“古钱币”为外形．预示着财源广进，事业发达．也可以理解为象征中国传统文化的天圆地方，其正视图和侧视图（单位：厘米）如图所示（图中m10），且该轮子的表面积为（1320210）平方厘米．若向轮子的正面随机投掷一颗小石子，则恰好落到正方形中的概率为（ ）

A．

1 16 B．

1 8 C．

1 4 D．

1 21fx0的解集28．已知定义在R上的函数fxx1xa为奇函数，则不等式x为（ ） A．1,00,1

B．11,0,1 221,1 2C．1,00,1 2

D．1,09．已知△ABC中，ACBC4，AB23，O为AB的中点，P为AB的垂直平分线上一点．且OP1，则CP的最大值为（ ） 2

B．A．

1 217 2 C．39 3 D．4

10．已知曲线y3x2xex在点0,0处的切线为l，数列an的首项为1，点

an,an1nN为切线l上一点，则数列A．6n中的最小项为（ ） anC．2 36

B．2 35

1 36 D．

1 3611．已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

tanAtanC33tanAtanC，且c1，则△ABC面积的取值范围为（ ）

A．0,2

13B．1,2



1C．,2

2

33D．8,2

12．已知a0，b0，且blna1alnb2，则下列不等式恒成立的个数是（ ）

①ab；②eeA．1

33babba11ee；③ab；④b．

aabaabB．2 C．3 D．4

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．

x2y213．已知双曲线:221a0,b0的离心率为5，则该双曲线的倾斜角为锐角的渐近

ab线的一个方向向量的坐标为______．

14．为了弘扬中华民族敬老爱老的传统美德，切实关爱社区老年人的身体健康，社区卫生服务中心联合医院为老年人进行免费体检，并送上健康的祝福．已知重阳节当天，医院彩超室接待了80岁以上的老年人5位，70岁到80岁之间的老年人3位，为了进一步了解各年龄阶段老年人的健康情况，现从8人中随机抽取3人，则抽取的3人中80岁以上的老年人人数的数学期望为______． 15．已知将函数fxcos2x的图象向左平移

个单位长度得到函数gx的图象，若函数6gx3xm在x,0时恒成立，则实数m的最大值是______．

416．在△ABC中，AB4，AC1，P为边AB上一点，

1AB2AC23，则2BAC______；PBPC的最小值为______．

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．（本小题满分12分）

在2021年的一次车展上，某国产汽车厂家的一个品牌推出了1.5升混动版和纯电动版两款车型，自这两款车型上市后，便获得了不错的口碑，汽车测评人老李通过自媒体平台，对市场上这个品牌汽车车主的性别情况进行了调查统计． （1）统计数据得到如下22列联表： 男 女 合计 混动版 15 70 纯电动版 25 合计 60 请将上述22列联表补充完整，并判断是否有99.9％的把握认为喜欢哪款车型和性别有关； （2）若两款汽车的操控性能优秀率均为

23，动力性能优秀率均为，老李又对这两款车型进行34操控性能和动力性能测试（假设进行的各项测试之间互相不影响），求两款车型的这两项测试中恰有2项指标优秀的概率．

nadbc2附：K，其中nabcd．

abcdacbd2PK2k0 0.10 k0 2.706 0.050 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 0.005 7.879 0.001 10.828 18．（本小题满分12分）

2已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2n5n，正项非常数等比数列bn的首项为1，且

b54b2b4463．

（1）求数列an和bn的通项公式；

（2）求数列anbn的前n项和Tn，并写出Tn的最小值． 19．（本小题满分12分）

如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BCCD，AB∥CD，BC3，

AA1ABAD2，且P为BB1的中点．

（1）设过B点的平面为，若平面∥平面APD1，求平面与四边形B1BCC1和四边形C1CDD1交线的长度之和；

（2）求平面APD1与平面ABCD所成锐二面角的余弦值．

20．（本小题满分12分）

已知点P是抛物线C：过点0,1的直线l交C于A，B两点，点M是△PABx4y3的顶点，

2的外接圆的圆心．

（1）试问：直线l与点M的轨迹是否有交点？若有，请求出交点坐标；若没有，请说明理由． （2）若在点M的轨迹上存在不关于y轴对称的两点G，H，使直线PG与直线PH关于y轴对称，求证：直线GH必过定点． 21．（本小题满分12分）

已知函数fxex2axa0，Fxfx且F01． （1）若x0时，不等式Fxx1恒成立，求实数a的取值范围； （2）当a1时，求函数gxfxcosx在,上的零点个数． 2（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．

22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程

x6cos6sin,在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐

y6cos6sin标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．直线l的极坐标方程为

mcossin3m3，直线l与曲线C交于A，B两点．

（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

（2）过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，若AB23，求CD． 23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲 已知函数fx2xtx3．

（1）若对任意的x3,，fx4恒成立，求正实数t的最小值M； （2）若ab0，aba3b3M，求证：ab222．

湘豫名校联考（2022年3月） 数学（理科）参考答案

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． 题号 答案 1．B

【解析】特称命题的否定为全称命题，将“”变为“”，“”变为“”即可，故选B． 2．B

【解析】因为集合AxZ2xlog3101,0,1,2，Byyx,xA0,1,4，

21 B 2 B 3 C 4 D 5 A 6 C 7 A 8 D 9 C 10 C 11 D 12 B 所以AB0,1． 故选B． 3．C

【解析】因为z021i211i，所以zi1． 1i2方法一：1ziziz1，1ziziz1，即0z2．故选C． 方法二：复数z对应的点在以0,1为圆心，1为半径的圆上，所以0z2．故选C． 4．D

【解析】球与垃圾篓组合体的轴截面图如图所示．

根据题意，得垃圾篓的高为h13a12a9a22410a．

所以球心到上底面的距离为10a．

设篮球的半径为r，则r10a12a154a．

2222故篮球的表面积为4r616a． 故选D． 5．A

【解析】绘制不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示，则A1,，B2,1，C2,0，

2232D1,0．

按照斜二测画法，直角梯形ABCD的直观图为梯形， 且两底边长分别为

231，，高为1sin45．

242所以直观图的面积为故选A． 6．C

121352． 222416【解析】所求的六位数分三类，

23第一类：一个数字出现0次，另外两个数字各出现3次，有C3C660个；

1233第二类：一个数字出现1次，一个数字出现2次，一个数字出现3次，有C6C5C3A3360个； 222第三类；每个数字出现2次，有C6C4C290个．

所以共有6036090510个满足题意的六位数． 故选C． 7．A

【解析】根据轮子的正视图和侧视图，

可得该轮子的形状是底面直径为40厘米、高为13厘米的圆柱体，挖去一个底面是正方形、高为13厘米的直四棱柱而构成．

所以其表面积为圆柱的表面积加上直四棱柱的侧面积，减去上下两个正方形的面积． 所以S220132024m132m1320210． 解得m5或m21（舍去）． 所以恰好落到正方形中的概率为故选A． 8．D

【解析】因为fx是定义在R上的奇函数， 所以f0a0，即a0．

2xx,x0,所以fxx1x．化简，得fx2

xx,x0．22551． 22016因为x1f211x,x,x0，所以2或2

fx0fx0．解得

1x1或1x0． 2故选D． 9．C

【解析】以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系（图略）．

由椭圆的定义知，点C的轨迹是以A，B为左、右焦点的椭圆（不含长轴两端点），

其标准方程为x24y21y0．设P0,12，Cx,y，y0， 222则CPx2121113y241yy23y63．

因为1y1，且y0，所以当y16时，CP的最大值为393．

故选C． 10．C

【解析】因为y32x1ex3x2xex3x23x1ex， 所以曲线y3x2xex在点0,0处的切线的斜率kyx03．

所以切线l的方程为y3x．所以an13an． 所以数列a6nn是首项为1，公比为3的等比数列．所以

a6nn1． n36n5n3n1n,所以由3解得13n15．因为nN6n7n22，所以n7．

3n13n2,所以数列6n中的最小项为67an36136．故选C． 11．D 【

解

析

】

因

tanACtanAtanC3tanAtanC31tanAtanC1tanAtanC3tanAtanC11tanAtanC3，所以tanBtanAC3．因为0B，所以B3．

2由正弦定理得acsinAsinCsinC3sinC32tanC12． 由于△ABC为锐角三角形，故023C2，0C2． 所以

16C2．所以

2a2． 为

3313所以SacsinBa8,2．故选D． 2412．B 【解析】易知

lna1lnb2lnb1． abbxlnx1lnx1设fx． x0，则fxx12xx设gxx11xlnx1x0，则gx0． 22x1x1x1x1所以gx在0,上单调递减．所以gxg00，即fx0．

所以fx在0,上单调递减．因为a0，b0，且fafb，所以0ab．

33因为yx为增函数，所以ab，①恒成立．

3设yee，则该函数为R上的增函数． 因为ba，所以eebbxxeaea，即ebeaeaeb，②恒成立．

1111ab1ababab．

baabab因为0ab，所以ab0，但不能判断ab与1之间的大小关系，③不恒成立．

bba因为当b2，a1时，b，所以④不恒成立．

aa故选B．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．1,2[答案不唯一，形如m,2mm0均正确］ 【解析】因为

cb5，所以2． aa所以倾斜角为锐角的渐近线的斜率为2． 故向量d1,2为该渐近线的一个方向向量． 14．

15 8【解析】用随机变量X表示抽取的3人中80岁以上的老年人人数，

k3kC5C3则X可能的取值为0，1，2，3，且PXkk0,1,2,3． 3C8所以随机变量X的分布列为 X P 0 1 2 3 15 56115301015所以EX0123．

565656568115．

2【解析】根据题意，得gxcos2x1 5630 5610 56． 3由gx3xm，得mcos2x3x． 3令Mxcos2x3xx,0Mx2sin2x，，则3． 334,0上单调递减． 4∴Mx0恒成立．∴Mx在区间∴MxminM0m，即m16．

11．∴m的最大值为． 2249；（第一空2分，第二空3分） 316【解析】设BAC．

以A为原点，AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系（图略），则A0,0，C1,0． 设B4cos,4sin．所以AB4cos,4sin，AC1,0． 所以

1AB2AC22cos,2sin88cos23． 2所以cos1．因为0，所以．所以B2,23． 23设Pm,3m0m2，则

949PBPC2m,233m1m,3m4m29m24m．

8162所以当m949时，PBPC取得最小值． 816三、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．（本小题满分12分）

【解析】（1）男：55 80 女：45

合计：70 140（列出表格也得分，其他形式答案正确即可得分）

14055451525由于K226.2510.828，

70708060所以有99.9％的把握认为喜欢哪款车型和性别有关．

（2）记Y表示混动版测试指标优秀的项目数，Z表示纯电动版测试指标优秀的项目数，则“两款车型这两项测试中恰有2项指标优秀”的概率为

2PYZ2PY0,Z2PY1,Z1PY2,Z0 PY0PZ2PY1PZ1PY2PZ0

23232323232337． 11111134343434343414418．（本小题满分12分） 【解析】（1）当n2时，

2anSnSn12n25n2n15n14n7．

当n1时，a1S13，适合上式．∴an4n7，nN．

2根据题意，设数列bn的公比为q，则q0，且q1． ∵b54b2b44b3，∴b5b44b3b2． ∵q0，且q1，∴q4．

n1∴q2或q2（舍去）．∴bn2．

2（2）∵Tna1b1a2b2a3b3an1bn1anbn， ∴Tn3112524n112223n24n72n1．①

n1∴2Tn3212524n112由②－①，得

4n72n．②

Tn4n72n4222232n134n112n11．

∵TnTn14n112114n1112nn1114n72n1，

∴当n2时，TnTn1．∴Tn单调递增． ∴TnminT13．

19．（本小题满分12分）

【解析】1）因为在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB∥CD，BB1∥CC1， 所以平面ABB1A1∥平面DCC1D1．

如图，取DD1的中点E，连接BE．在矩形D1DBB1中，BE∥PD1， 因为BE平面APD1，PD1平面APD1，所以BE∥平面APD1． 取AB的中点G，PB的中点H，连接GH，则GH∥AP． 取CQ13CC1，CFCC1，连接GD，DQ，HQ，EF，BF． 44因为BCCD，AB∥CD，BC3，ABAD2， 所以AGGBDC1．所以HQ∥GD，且HQGD． 所以四边形DGHQ为平行四边形．所以GH∥DQ．

因为ED∥FQ，且EDFQ，所以四边形EDQF为平行四边形． 所以EF∥DQ．所以GH∥EF．所以EF∥AP．

因为EF平面APD1，AP平面APD1，所以EF∥平面APD1． 又BEEFE，所以平面BEF∥平面APD1， 所以平面即为平面BEF．

所以BF，EF分别为平面与四边形B1BCC1和四边形C1CDD1的交线． 因为EF115921，BF3， 4242所以平面与四边形B1BCC1和四边形C1CDD1交线的长度之和为521． 2（2）以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系Cxyz，则C0,0,0，P0,3,1，D11,0,2，A2,3,0．



所以AD11,3,2，AP2,0,1． 设平面APD1的一个法向量为n1,y,z，

AP2z0,1n0,则即 13y2z0．AD1n0,∴n1,3,2．

取平面ABCD的一个法向量为m0,0,1，则cosm,nmnmn2． 2故平面APD1与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为20．（本小题满分12分）

【解析】设Ax1,y1，Bx2,y2． （1）设直线AB的方程为ykx1．

2． 212yx3,2联立方程，得化简，得x4kx80． 4ykx1,2所以16k320，x1x24k，x1x28．

若直线l与点M的轨迹有交点，则PAPB．

易知P0,3，由PAPB0，得x1x2y1y23y1y290．

22因为y1y24k2，y1y212k1，代入上式不成立，

所以直线l与点M的轨迹没有交点．

（2）因为点M是△PAB的外接圆的圆心，所以点M是△PAB三条边的中垂线的交点．

设线段PA的中点为F，线段PB的中点为E．因为P0,3， 所以Fy13y23x1y13x2y23kk,E,，，，． PAPBx1x22222y13xx1x1． 2y132所以线段PA的中垂线的方程为y因为A在抛物线C上，所以y1312x1． 4x12x1x1244所以PA的中垂线的方程为y3x，即yx1．

8x12x182x24同理可样线段PB的中垂线的方程为yx1．

x28x124x1x2x1x2x,yxx81,M132联立方程，得解得

222yx1x2x1x28,y4xx21,Mx882由（1）可得x1x24k，x1x28．

84kxx2x1x2x1x2所以xMk，yM2k2，即Mk,2k2．

328821222所以xM211yM．所以点M的轨迹方程为x2y． 22方法一：设直线GH的方程为ymxb，且m0，b0，Gx3,y3，Hx4,y4．

211bxy,2联立方程，得化简，得xmx0． 222ymxb,所以121bm2b0，x3x4m，x3x4． 422根据题意，得直线PG与直线PH的斜率之和为0． 所以kPGkPHy33y43x4y3x3y43x3x4 x3x4x3x4x4mx3bx3mx4b3x3x40．

x3x4所以x4mx3bx3mx4b3x3x4

mmb2mx3x4b3x3x42mb3b30．

222∵m0，∴b3．所以直线GH必过定点0,3．

22方法二：设Hx3,2x3，Gx4,2x4是满足条件的两点，则x3x40．

所以kHG22222x32x42x332x43，kPG． 2x3x4，kPHx3x4x3x4由kPHkPG0，即

x3x42x3x430，得xxx3x42343．

2直线HG的方程为y2x32x3x4xx3，

整理，得y2x3x4x2x3x4，即y2x3x4x3．所以直线HG必过定点0,3． 21．（本小题满分12分）

【解析】（1）根据题意，得Fxexax2C．

因为F01，所以C11．所以C0．所以Fxexax2． 由Fxx1恒成立，得eaxx10恒成立．

x2令tx=eaxx1，x0，则txe2ax1．

x2x设uxtx，则uxe2a．

x①当0a1，即02a1时，ux0， 2所以tx在0,上单调递增，txt00．

所以tx在0,上单调递增．所以txt00．所以0a②当a1符合题意． 21x时，令uxe2a0．得xln2a0． 2所以tx在ln2a,上单调递增，在0,ln2a上单调递减． 因为t00，所以当x0,ln2a时，tx0． 所以tx在0,ln2a上单调递减．因为t00，

所以当x0,ln2a时，tx0，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围为0,．

21（2）由已知得gxex2xcosx，x则gxexsinx2． ①当x,， 2,0时，因为gxex1sinx10， 2所以gx在,0上单调递减．所以gxg00． 2,0上无零点． 2所以gx在②当x0,时，因为gx单调递增，且g010，ge210，

22所以存在x00,，使gx00． 2当x0,x0时，gx0；当xx0,2时，gx0．

所以gx在0,x0上单调递减，在x0,所以gx00．

设hxe2x，x0,x上单调递增，且g00． 2x，则hxe2． 2令hx0，得xln2．

所以hx在0,ln2上单调递减，在ln2,所以hxminhln222ln20．

上单调递增． 2所以he20．所以ge20．

22所以gx0g0．所以在gxx0,上存在一个零点．

22所以gx在0,有2个零点． 2③当x,时，gxexsinx2e230，

2所以gx在,上单调递增．因为g0，所以gx在,上无零点． 222,上的零点个数为2． 2综上所述，gx在（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．

22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程

【解析】（1）由题意，消去参数，得曲线C的普通方程为x2y212． 将xcos，ysin代入mcossin3m3， 得直线l的直角坐标方程为mxy3m30． （2）设圆心到直线l：mxy3m30的距离为d， 则弦长AB212d223．解得d3．

所以3m3m213．解得m33．所以直线l的方程为x3y60． 所以直线l的倾斜角为30．所以CDABcos304．

23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲

【解析】（1）根据题意，fx4恒成立fxmin4恒成立．

因为fx2xtx3t3xt3,x,23tx,3xt

2,所以当x3,时，fx的最小值为ft2t23． 所以

t234，即t2．所以t的最小值为M2． （2）因为2aba3b3a4ab3a3bb4a42ab3a3bb4a2b22，当且仅当a2b222时，取等号，所以a2b22．