1、2022年八省八校（T8联考）高考数学第二次联考试卷（3月份）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（5分）复数zi+，则（）A0B2iC2iD1+i2（5分）设集合Ax|log2（x1）2，Bx|x5，则（）AABBBACABDAB3（5分）设Sn为等差数列an的前n项和，且满足a10，S3S9则当Sn取得最小值时，n的值为（）A3B6C9D124（5分）如图，在同一平面内沿平行四边形ABCD两边AB，AD向外分别作正方形ABEF，其中AB2，AD1，则（）ABC0D15（5分）若将函数的图象分别向左平移个单位长度与向右平移（0），
2、所得的两个函数图象恰好重合，则的最小值为（）ABCD6（5分）如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，过点B作截面分别交侧棱AC，F两点，且四面体ABEF的体积为四面体ABCD体积的（）ABCD7（5分）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用黎曼函数定义在0，其解析式为：若函数f（x），且对任意x都有f（2+x）+f（x），当x0，1时，f（x）（x），则（）ABCD8（5分）已知椭圆：，过其左焦点F1作直线l交椭圆于P，A两点，取P点关于x轴的对称点B若G点为PAB的外心，则（）A2B3C4D以上都不对二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共2
3、0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（多选）9（5分）下列命题正确的是（）A若事件A与B相互独立，且0P（A），P（B）1，则P（A|B）P（A）B设随机变量X服从正态分布N（0，1），则C在回归分析中，对一组给定的样本数据（x1，y1），（x2，y2），（xn，yn）而言，当样本相关系数|r|越接近1时，样本数据的线性相关程度越强D在回归分析中，对一组给定的样本数据（x1，y1），（x2，y2），（xn，yn）而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好（多选）10（5分）作为平面直角坐标系的发明者，法国数
4、学家笛卡尔也研究了不少优美的曲线，如笛卡尔叶形线3+y33axy0某同学对a1情形下的笛卡尔叶形线的性质进行了探究，得到了下列结论，其中正确的是（）A曲线不经过第三象限B曲线关于直线yx对称C曲线与直线x+y1有公共点D曲线与直线x+y1没有公共点（多选）11（5分）已知a，bR，满足ea+eb1，则（）Aa+b2ln2Bea+b0Cab1D2（e2a+e2b）1（多选）12（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（）A若D1Q平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段B存在Q点，使得D1Q平面A
5、1PDC当且仅当Q点落在棱CC1上某点处时，三棱锥QA1PD的体积最大D若D1Q，那么Q点的轨迹长度为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）在二项式的展开式中，若前三项的系数成等差数列 14（5分）若在平面直角坐标系xOy中，直线xy2与直线xy4分别截圆x2+y2r2（r0）所得弦长之比为3：1，则r 15（5分）某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开展了丰富多彩的兴趣拓展活动现有甲、乙、丙、丁四人，乒乓球、篮球、足球、羽毛球、网球五项活动，每人只能等可能的从中选择一项活动，则四人中恰有两人参加同一活动的概率为 16（5分）已知，若存在x2x10，使得f（x2）ef（
6、x1），则x1f（x2）的取值范围为 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（10分）如图，在直角ABC中，角C为直角，B，C所对的边分别为a，b，c，且cosB（1）求角B的大小；（2）若c3，D点为AB边上一点，且AD118（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，E，F分别为线段BB1，A1C的中点（1）证明：EF平面AA1C1C；（2）若二面角CA1EA的大小为，求AA1的长19（12分）设数列an的前n项和为Sn，且2Sn+13an（nN*）（1）求Sn；（2）证明：当n2时，20（12分）2022年冬奥会在北京举行，冬奥会吉祥物
7、“冰墩墩”自亮相以来就好评不断，出现了“一墩难求”的现象主办方现委托某公司推出一款以“冰墩墩“为原型的纪念品在专卖店进行售卖已知这款纪念品的生产成本为80元/件，调查了对这款纪念品有购买意向的消费者（以下把对该纪念品有购买意向的消费者简称为消费者）的心理价位心理价位（元/件）90100110120人数10205020假设当且仅当这款纪念品的销售价格小于或等于某位消费者的心理价位时，该消费者就会购买该纪念品公司为了满足更多消费者的需求，规定每位消费者最多只能购买一件该纪念品设这款纪念品的销售价格为x（单位：元/件），且每位消费者是否购买该纪念品相互独立用样本的频率分布估计总体的分布，频率视为概率
8、（1）若x100，试估计消费者购买该纪念品的概率；已知某时段有4名消费者进店，试求X的分布列和数学期望E（X）；（2）假设共有M名消费者，设该公司售卖这款纪念品所得总利润为Y（单位：元），当该纪念品的销售价格x定为多少时（Y）达到最大值？21（12分）已知双曲线：（a0，b0）过点P（，），且的渐近线方程为（1）求的方程；（2）如图，过原点O作互相垂直的直线l1，l2分别交双曲线于A，B两点和C，D两点，A，如果多选，则按所选的第一个计分求四边形ACBD面积的取值范围；设直线AD与两渐近线分别交于M，N两点，是否存在直线AD使M，若存在，求出直线AD的方程，请说明理由22（12分）已知函数f（
9、x）（x2ax）lnx+x（aR，a0）（1）若1是函数f（x）的极值点，求a的值；（2）若0a1，试问f（x）是否存在零点若存在；若不存在，请说明理由（3）若f（x）有两个零点，求满足题意的a的最小整数值（参考数据：ln20.693，）2022年八省八校（T8联考）高考数学第二次联考试卷（3月份）参考答案与试题解析一、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（5分）复数zi+，则（）A0B2iC2iD1+i【解答】解：zi+i+，故选：A2（5分）设集合Ax|log2（x1）2，Bx|x5，则（）AABBBACABDAB【解答】解：Ax|
10、log2（x1）3x|1x5，Bx|x4，AB，故选：C3（5分）设Sn为等差数列an的前n项和，且满足a10，S3S9则当Sn取得最小值时，n的值为（）A3B6C9D12【解答】解：设等差数列an的公差为d，由S3S9，得a2+a5+a6+a8+a8+a94，即a6+a77，所以2a1+11d2，又a10，故d7，所以a60，a20，所以当Sn取得最小值时，n的值为6故选：B4（5分）如图，在同一平面内沿平行四边形ABCD两边AB，AD向外分别作正方形ABEF，其中AB2，AD1，则（）ABC0D1【解答】解：由题意知，+，+，所以（+）+22cos+21cos+61cos6故选：C5（5分
11、）若将函数的图象分别向左平移个单位长度与向右平移（0），所得的两个函数图象恰好重合，则的最小值为（）ABCD【解答】解：将函数的图象分别向左平移，所得的两个函数图象恰好重合，+T，则的最小值为，故选：A6（5分）如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，过点B作截面分别交侧棱AC，F两点，且四面体ABEF的体积为四面体ABCD体积的（）ABCD【解答】解：由题知，所以，记EFa，AEb，则，即则，当且仅当，即时，取等号所以a的最小值为故选：D7（5分）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用黎曼函数定义在0，其解析式为：若函数f（x），且对任意x都有
12、f（2+x）+f（x），当x0，1时，f（x）（x），则（）ABCD【解答】解：由题意得f（x+2）f（x），所以f（x+4）f（x），即函数的周期T4，因为f（x）为定义在R上的偶函数，所以f（ln2）f（ln2）5，f（）R（，所以故选：D8（5分）已知椭圆：，过其左焦点F1作直线l交椭圆于P，A两点，取P点关于x轴的对称点B若G点为PAB的外心，则（）A2B3C4D以上都不对【解答】解：根据题意可得F1（1，4），故可设其方程为yk（x+1），联立椭圆方程可得：（3+3k2）x2+8k2x+4k5120，设P（x1，y4），A（x2，y2），故，故，设PA的中点为H，则其坐标为，显然x轴
13、垂直平分PB，故可设G（x8，0），又GH直线方程为：，令y6，解得，故，故故选：C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（多选）9（5分）下列命题正确的是（）A若事件A与B相互独立，且0P（A），P（B）1，则P（A|B）P（A）B设随机变量X服从正态分布N（0，1），则C在回归分析中，对一组给定的样本数据（x1，y1），（x2，y2），（xn，yn）而言，当样本相关系数|r|越接近1时，样本数据的线性相关程度越强D在回归分析中，对一组给定的样本数据（x1，y1），（x2，y2），（xn，yn）
14、而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好【解答】解：对于A中，若事件A与B相互独立，且0P（A），可得P（AB）P（A）P（B）P（A）；对于B中，设随机变量X服从正态分布N（0，5），21，根据正态分布曲线的对称性，可得P（|X|），所以B错误；对于C中，在回归分析中1，y1），（x4，y2），（xn，yn）而言，根据相关系数的含义，样本数据的线性相关程度越强；对于D中，在回归分析中1，y6），（x2，y2），（xn，yn）而言，根据残差的含义，则模型的拟合效果越差，则模型的拟合效果越好故选：ACD（多选）10（5分）作为平面直角坐标系的发明者，法国数学家笛卡
15、尔也研究了不少优美的曲线，如笛卡尔叶形线3+y33axy0某同学对a1情形下的笛卡尔叶形线的性质进行了探究，得到了下列结论，其中正确的是（）A曲线不经过第三象限B曲线关于直线yx对称C曲线与直线x+y1有公共点D曲线与直线x+y1没有公共点【解答】解：当a1时，方程化为x3+y33xy0，若x2，y03+y23xy0，故曲线不经过第三象限；将点（y，x）代入x8+y33xy5，可得y3+x35xy0，故曲线关于直线yx对称；联立，得（x+y）（x2+y2xy）4xy（x2+y2xy）8xy（x+y）20，即x+y8，而x+y1，故C错误故选：ABD（多选）11（5分）已知a，bR，满足ea+e
16、b1，则（）Aa+b2ln2Bea+b0Cab1D2（e2a+e2b）1【解答】解：A，由ea+eb12，得a+b5ln2，当且仅当ab1n4时等号成立，正确；B，由ea1eb0，得ea+b7+beb且a，b（，令f（x）exx且x（，0）x18，f（x）递减，所以f（x）f（0）1，exx+1，即ea+b2+beb0成立，正确；C，当ab1n4时223，错误；D，（ea+eb）214（e2a+e2b），当且仅当ab5n2时等号成立故选：ABD（多选）12（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正方形BB1C1C内一动点（含边界），则下列说法中正确的
17、是（）A若D1Q平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段B存在Q点，使得D1Q平面A1PDC当且仅当Q点落在棱CC1上某点处时，三棱锥QA1PD的体积最大D若D1Q，那么Q点的轨迹长度为【解答】解：对于A，取B1C1，C5C中点E，F，连接D1E，D1F，EF，由PFBF4A1D1，且PFBF3A1D1，得四边形A5PFD1是平行四边形，D1FA4P，D1F平面A1PD，A7P平面A1PD，D1F平面A2PD，同理EF平面A1PD，EFD1FF，平面A2PD平面D1EF，则Q点的轨迹为线段EF；对于B，以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系，则A7（1，0，6），1，），D（0，0，设Q（x，2，
18、0x，则（2，0，（2，1，），1，z），设（a，b7PD的一个法向量，则，取c6，得，7），若D1Q平面A1PD，则，即存在R，则，解得xz20，不存在点Q使得D8Q平面A1PD，故B错误；对于C，A1PD为定值，当且仅当Q到平面A2PD的距离d最大时，三棱锥QA1PD的体积最大，d，x+z，d2，则当x+z4时，x+z，d，则当x+z2时，综上，当x+z07重合时，三棱锥QA1PD的体积最大，故C正确；对于D，D1C2平面BB1C1C，D3C1C1Q，Q点Q的轨迹是半径为，圆心角为，轨迹长为故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）在二项式的展开式中，若前三项的
19、系数成等差数列或【解答】解：二项式的展开式的通项公式为Tr+1CC，所以前三项的系数分别为C1，C，C2，因为前三项的系数成等差数列，所以7a21+28a2，解得a或，故答案为：或14（5分）若在平面直角坐标系xOy中，直线xy2与直线xy4分别截圆x2+y2r2（r0）所得弦长之比为3：1，则r【解答】解：圆x2+y2r8（r0）的圆心坐标为（0，4），（0，0）到直线xy30的距离为，直线xy2截圆x5+y2r2（r2）所得弦长为，同理可得直线xy4截圆x2+y3r2（r0）所得弦长为，由题意可得：，解得r故答案为：15（5分）某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开展了丰富多彩的兴趣拓
20、展活动现有甲、乙、丙、丁四人，乒乓球、篮球、足球、羽毛球、网球五项活动，每人只能等可能的从中选择一项活动，则四人中恰有两人参加同一活动的概率为 【解答】解：每个人有5种选择，四人共有53625种选择，其中恰有两人参加同一活动共有360种选法，所以四人中恰有两人参加同一活动的概率为故答案为：16（5分）已知，若存在x2x10，使得f（x2）ef（x1），则x1f（x2）的取值范围为 【解答】解：（1）当0x1x81时，则f（x1）x3，f（x2）x2，又由f（x4）ef（x1），得x2ex4（0，1），所以，则；（2）当0x31x2时，因为，所以不存在0x31x2，使得f（x6）ef（x1）；（
21、3）当1x5x2时，则，又由f（x3）ef（x1），得，则，令g（x）xex+1，则g（x）在7，+）上单调递增，所以g（x）g（1）e2，则；综上所述，x1f（x7）的取值范围为故答案为：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（10分）如图，在直角ABC中，角C为直角，B，C所对的边分别为a，b，c，且cosB（1）求角B的大小；（2）若c3，D点为AB边上一点，且AD1【解答】解：（1）在直角三角形ABC中，又由已知可得：，化简得c2ac6a20，即：（c2a）（c+a）0，故c2a，故，故B60（0B）；（2）c4，由（1）有，又因为AD4，所以BD
22、2，在三角形BCD中，由余弦定理有：，解得：，由余弦定理有：，故，故18（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，E，F分别为线段BB1，A1C的中点（1）证明：EF平面AA1C1C；（2）若二面角CA1EA的大小为，求AA1的长【解答】解：（1）证明：因为，所以BC2+AB2AC7，所以ABBC，因为三棱柱ABCA1B1C8为直三棱柱，所以A1B1B6C1，B1BB3C1，B1BB7A1，所以以B1坐标原点，以B4A1，B1C4，B1B所在的直线的分别为x，y，z轴，设B1Bh，则B6（0，0，7），A1（1，8，0），C1（2，1，0），B（5，0，h），0，h），3，h）
23、，因为E，F分别为线段BB1，A1C的中点，所以，所以，所以，所以，所以EFA8A，EFA1C1，因为A3AA1C1A3，所以EF平面AA1C1C；（2）设平面CA5E的法向量为（x，y，平面A1EA的法向量为（a，b，因为，所以，令z1，b1，则，因为二面角CA7EA的大小为 ，所以，所以，化简得h26，因为h0，所以，所以AA2的长为19（12分）设数列an的前n项和为Sn，且2Sn+13an（nN*）（1）求Sn；（2）证明：当n2时，【解答】解：（1）当n1时，2S7+13a3，即2S1+33S1，解得S71，当n2时，anSnSn4，故2Sn+15（SnSn1），所以Sn+3（Sn1
24、+），又S1+，所以Sn+是以，以3为公比的等比数列，所以Sn+3n1，故Sn；（2）由（1）可知an8n1，故2Sn+3n+3n+61，令f（x）3x+5x+21，则f（x）5xln33x+5ln3（3x4x+2）ln3，当x4时，3x3x+60，即f（x）0，所以f（x）在5，+）单调递增2+3819，故5Sn+920（12分）2022年冬奥会在北京举行，冬奥会吉祥物“冰墩墩”自亮相以来就好评不断，出现了“一墩难求”的现象主办方现委托某公司推出一款以“冰墩墩“为原型的纪念品在专卖店进行售卖已知这款纪念品的生产成本为80元/件，调查了对这款纪念品有购买意向的消费者（以下把对该纪念品有购买意向
25、的消费者简称为消费者）的心理价位心理价位（元/件）90100110120人数10205020假设当且仅当这款纪念品的销售价格小于或等于某位消费者的心理价位时，该消费者就会购买该纪念品公司为了满足更多消费者的需求，规定每位消费者最多只能购买一件该纪念品设这款纪念品的销售价格为x（单位：元/件），且每位消费者是否购买该纪念品相互独立用样本的频率分布估计总体的分布，频率视为概率（1）若x100，试估计消费者购买该纪念品的概率；已知某时段有4名消费者进店，试求X的分布列和数学期望E（X）；（2）假设共有M名消费者，设该公司售卖这款纪念品所得总利润为Y（单位：元），当该纪念品的销售价格x定为多少时（Y）
26、达到最大值？【解答】解：（1）x100时，消费者购买该纪念品的概率，由题意，同理，X的分布列为： X 0 1 6 3 4 P E（X）43.93.8，由（1）知90x100时，时等号成立），100x110时，时等号成立），110x120时，时等号成立），M0，因此E（Y）21M最大所以当该纪念品的销售价格定为110元时，Y的数学期望E（Y）达到最大值21M21（12分）已知双曲线：（a0，b0）过点P（，），且的渐近线方程为（1）求的方程；（2）如图，过原点O作互相垂
27、直的直线l1，l2分别交双曲线于A，B两点和C，D两点，A，如果多选，则按所选的第一个计分求四边形ACBD面积的取值范围；设直线AD与两渐近线分别交于M，N两点，是否存在直线AD使M，若存在，求出直线AD的方程，请说明理由【解答】解：（1）因为双曲线的渐近线方程为yx，故，又1，解得a1，b21（2）若选，由题设可知直线l1，l8的斜率均存在且均不为零，设l1：ykx，l2：yx，由，可得k，同理，其中，故或k，故|AB|212（7+k2），同理|CD|2，故四边形ACBD面积S满足：S23636，令yk+，由对勾函数的性质可得yk+在（，（4，在（1，），（，故当k或时，2k+k+，所以4（
28、k+）5，故S236，S3，则四边形ACBD面积的取值范围是6，+）若选，先考虑A，D在x轴上方，D在第二象限，设M（m，m），n），n0，由可得（nxD，nyD）（mn，n），故xD，yD，同理xA，yA，所以（）2（）21，（）2（）21，可得mn，而OAOD，故xAxD+yAyD0，故+7，整理得到m2+n2mn45m8+10，无解，故满足条件的直线AD不存在，由双曲线的对称性可知直线AD不存在22（12分）已知函数f（x）（x2ax）lnx+x（aR，a0）（1）若1是函数f（x）的极值点，求a的值；（2）若0a1，试问f（x）是否存在零点若存在；若不存在，请说明理由（3）若f（x）有
29、两个零点，求满足题意的a的最小整数值（参考数据：ln20.693，）【解答】解：（1）f（x）（x2ax）lnx+x，定义域是（0，f（x）xa+6+lnx（2xa），1是函数f（x）的极值点，f（1）2a0，经检验a2符合题意；（2）证明：令f（x）5，即（xa）lnx+10，令h（x）（xa）lnx+3（x0），则h（x）lnx+1，令m（x）xlnx+xa，则m（x）lnx+7，令m（x）0，解得xe2，而m（e2）e2a0，当5xe2时，m（x）0，当xe3时，m（x）0，当x0时，m（x）a，m（e7）e2a0，m（1）8a0，故存在x0（e2，1）使得m（x）x0lnx3+x0a0
30、，即h（x）7，故当0xx0时，h（x）8，当xx0时，h（x）0，故h（x）minh（x5）（x0a）lnx0+61x00（x6（e2，1），故h（x）7，h（x）即f（x）无零点；（3）令f（x）0，即（xa）lnx+13，则问题转化为ax+有两个零点，则ya和yx+的图象有4个交点，令h（x）x+，则h（x）1，x（0，）时，h（x）递增，x（，1）时，h（x）递减，故h（x）h（）1，故h（x）在（0，1）递减，而x（5，+）时，h（x）递增，又h（2）0，h（，故存在x0（2，），使得h（x0）80，故lnx4，当xx2时h（x）取极小值h（x0）x0+（2+，），故a的最小整数值是4第21页（共21页）
