2022年河北省唐山市高考数学第一次模拟演练试卷（一模）（学生版+解析版）.docx

1、2022年河北省唐山市高考数学第一次模拟演练试卷（一模）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z在复平面内对应的点为（1，2），则5z=（）A1+2iB12iC12iD2+i2（5分）已知集合Ax|x25x60，Bx|4x4，则AB（）Ax|2x3Bx|3x2Cx|1x4Dx|4x13（5分）圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为（）A1：1B1：2C2：1D2：34（5分）已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，点A（1，3）在角的终边上，则sin2（）A310B35C-310

2、D-355（5分）已知向量a=(2，1)，|b|=10，|a-b|=5，则a与b的夹角为（）A45B60C120D1356（5分）已知F为双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的右焦点，A为双曲线C上一点，直线AFx轴，与双曲线C的一条渐近线交于B，若|AB|AF|，则C的离心率e（）A41515B233C52D27（5分）已知函数f（x）x3+ax2+x+b的图象关于点（1，0）对称，则b（）A3B1C1D38（5分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，M为棱BB1的中点，平面A1DM将该正方体分成两部分，其体积分别为V1，V2（V1V2），则V1V2=（）A519B13C717D1

3、2二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分.（多选）9（5分）有一组互不相等的数组成的样本数据x1，x2，x9，其平均数为a（axi，i1，2，9），若插入一个数a，得到一组新的数据，则（）A两组样本数据的平均数相同B两组样本数据的中位数相同C两组样本数据的方差相同D两组样本数据的极差相同（多选）10（5分）设函数f(x)=2sin(3x-4)，则（）Af（x）在-9，9上单调递增Bf（x）在0，2内有6个极值点Cf（x）的图象关于直线x=-12对称D将y2sin3x的图象向右平移4个单位，可得

4、yf（x）的图象（多选）11（5分）已知直线l：xty+4与抛物线C：y24x交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率分别记为k1，k2，则（）Ay1y2为定值Bk1k2为定值Cy1+y2为定值Dk1+k2+t为定值（多选）12（5分）已知a1，x1，x2，x3为函数f（x）axx2的零点，x1x2x3，下列结论中正确的是（）Ax11Bx1+x20C若2x2x1+x3，则x3x2=2+1Da的取值范围是(1，e2e)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）设函数f（x）=x2+1，x0lgx，x0，若f（a）0，则a 14（5分）记Sn

5、是公差不为0的等差数列an的前n项和，若a3S5，a1a4a5，则an 15（5分）为了监控某种食品的生产包装过程，检验员每天从生产线上随机抽取k（kN*）包食品，并测量其质量（单位：g）根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从正态分布N（，2）假设生产状态正常，记表示每天抽取的k包食品中其质量在（3，+3）之外的包数，若的数学期望E（）0.05，则k的最小值为 附：若随机变量Y服从正态分布N（，2）则P（3X+3）0.997316（5分）已知A（2，0），B（2，0），P（x0，y0）是圆C：（x1）2+y23上的动点，当|PA|PB|最大时，x0 ；|PA|+|PB|的最大

6、值为 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）已知数列an的各项均不为零，Sn为其前n项和，且anan+12Sn1（1）证明：an+2an2；（2）若a11，数列bn为等比数列，b1a1，b2a3.求数列anbn的前2022项和T202218（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c已知BAC60，a=23（1）若C45，求b；（2）若D为BC的中点，且AD=5，求ABC的面积19（12分）甲、乙两支队伍进行某项比赛，赛制分为两种，一种是五局三胜制，另一种是三局两胜制，根据以往数据，在决胜局（在五局三胜制中指的是第五局比赛，在三局

7、两胜制中指的是第三局比赛）中，甲、乙两队获胜的概率均为0.5；而在非决胜局中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4（1）若采用五局三胜制，直到比赛结束，共进行了局比赛，求随机变量的分布列，并指出进行几局比赛的可能性最大；（2）如果你是甲队的领队，你希望举办方采用五局三胜制还是三局两胜制？20（12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCCC12，D为BC的中点，E为棱AA1上一点，ADDC1（1）求证：BC平面A1AD；（2）若二面角A1DEC1的大小为30，求直线CE与平面C1DE所成角的正弦值21（12分）已知函数f(x)=ex-1x+1（1）讨论f（x）的单调性；（2）

8、证明：f(x)x222（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)经过点(1，32)，离心率为12（1）求椭圆C的方程；（2）如图，椭圆C的左、右顶点为A1，A2，不与坐标轴垂直且不过原点的直线l与C交于M，N两点（异于A1，A2），点M关于原点O的对称点为点P，直线A1P与直线A2N交于点Q，直线OQ与直线l交于点R证明：点R在定直线上2022年河北省唐山市高考数学第一次模拟演练试卷（一模）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z在复平面内对应的点为（1，2），则5z=（）A1+2iB12

9、iC12iD2+i【解答】解：复数z在复平面内对应的点为（1，2），5z=5-1+2i=5(-1-2i)(-1+2i)(-1-2i)=5(-1-2i)5=-12i，故选：B2（5分）已知集合Ax|x25x60，Bx|4x4，则AB（）Ax|2x3Bx|3x2Cx|1x4Dx|4x1【解答】解：集合Ax|x25x60x|1x6，Bx|4x4，ABx|1x4故选：C3（5分）圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为（）A1：1B1：2C2：1D2：3【解答】解：设圆柱的底面直径和高都为2R，故球的表面积为S球=4R2，圆柱的侧面积为S侧=2R2R=4R2，故S球：S侧1

10、：1故选：A4（5分）已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，点A（1，3）在角的终边上，则sin2（）A310B35C-310D-35【解答】解：点A（1，3）在角的终边上，|OA|=(-1)2+32=10，则sin=310=31010，cos=-110=-1010，sin22sincos231010(-1010)=-35故选：D5（5分）已知向量a=(2，1)，|b|=10，|a-b|=5，则a与b的夹角为（）A45B60C120D135【解答】解：根据题意，设a与b的夹角为，向量a=(2，1)，则|a|=4+1=5，又由|a-b|=5，则a22ab+b215102cos25，解

11、可得cos=-22，又由0180，则135，故选：D6（5分）已知F为双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的右焦点，A为双曲线C上一点，直线AFx轴，与双曲线C的一条渐近线交于B，若|AB|AF|，则C的离心率e（）A41515B233C52D2【解答】解：由题意得F（c，0），双曲线的渐近线方程为y=bax，由双曲线的对称性，不妨设A，B均为第一象限点，当xc时，c2a2-y2b2=1，得y=b2a，所以|AF|=b2a，当xc时，y=bca，所以|BF|=bca，因为|AB|AF|，所以|BF|2|AF|，所以bca=2b2a，得c2b，所以a=c2-b2=3b，所以双曲线的离心

12、率为e=ca=2b3b=233，故选：B7（5分）已知函数f（x）x3+ax2+x+b的图象关于点（1，0）对称，则b（）A3B1C1D3【解答】解：由函数f（x）x3+ax2+x+b的图象关于点（1，0）对称，可得f（1+x）+f（1x）0，即（1+x）3+a（1+x）2+（1+x）+b+（1x）3+a（1x）2+（1x）+b0，即1+3x+3x2+x3+a+ax2+2ax+1+x+b+13x+3x2x3+a+ax22ax+1x+b0，化为（6+2a）x2+（4+2a+2b）0，可得6+2a0，且4+2a+2b0，解得a3，b1，故选：C8（5分）在正方体ABCDA1B1C1D1中，M为棱B

13、B1的中点，平面A1DM将该正方体分成两部分，其体积分别为V1，V2（V1V2），则V1V2=（）A519B13C717D12【解答】解：如图，取BC的中点N，连接MN，ND，B1C，因为M为棱BB1的中点，所以MNB1C，MN=12B1C，因为A1B1CD，A1B1CD，所以四边形A1B1CD为平行四边形，所以B1CA1D，B1CA1D，所以MNA1D，MN=12A1D，所以梯形MNDA1 为平面A1DM所在的截面，则V1为三棱台BMNAA1D的体积，不妨设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，因为SBMN=1211=12，SAA1D=1222=2，所以V1=13(SBMN+SAA1D+SB

14、MNSAA1D)AB=13(12+2+1)2=73，所以V2=8-V1=8-73=173，所以V1V2=717，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，有选错的得0分，部分选对的得2分.（多选）9（5分）有一组互不相等的数组成的样本数据x1，x2，x9，其平均数为a（axi，i1，2，9），若插入一个数a，得到一组新的数据，则（）A两组样本数据的平均数相同B两组样本数据的中位数相同C两组样本数据的方差相同D两组样本数据的极差相同【解答】解：对于A，新数据的平均数为110(9a+a)=a，与原数据的平均数相等，故A正确，

15、对于B，不妨设x1x2x9，则原数据的中位数为x5，若ax5，则中位数为12(maxa，x4+x5)x5，若ax5，则中位数为12(x5+mina，x6)x5，故B错误，对于C，新数据的方差为s2=110(x1-a)2+(x2-a)2+(x9-a)2+(a-a)219(x1-a)2+(x2-a)2+(x9-a)2=s2，故C错误，对于D，不妨设x1x2x9，则x1ax9，故新数据的极差也为x9x1，故D正确故选：AD（多选）10（5分）设函数f(x)=2sin(3x-4)，则（）Af（x）在-9，9上单调递增Bf（x）在0，2内有6个极值点Cf（x）的图象关于直线x=-12对称D将y2sin3

16、x的图象向右平移4个单位，可得yf（x）的图象【解答】解：对于函数f(x)=2sin(3x-4)，在-9，9上，3x-4712，12，函数f（x）没有单调性，故A错误；在0，2内，3x-4-4，236，函数f（x）有6个极值点，故B正确；令x=-12，可得f（x）2，为最小值，可得f（x）的图象关于直线x=-12对称，故C正确；将y2sin3x的图象向右平移4个单位，可得y2sin（3x-34）的图象，故D错误，故选：BC（多选）11（5分）已知直线l：xty+4与抛物线C：y24x交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率分别记为k1，k2，则（）Ay1y

17、2为定值Bk1k2为定值Cy1+y2为定值Dk1+k2+t为定值【解答】解：由x=ty+4y2=4x可得，y24ty160，由韦达定理可得，y1+y24t，y1y216，对于A，y1y216为定值，即可求解，对于B，k1k2=y1y2x1x2=y1y2y12y2216=16y1y2=-1，故B正确，对于C，y1+y24t，不为定值，故C错误，对于D，k1+k2+t=y1x1+y2x2+t=x2y1+x1y2x1x2+t=(ty2+4)y1+(ty1+4)y2y12y2216+t=2ty1y2+4(y1+y2)y12y2216+t=-32t+16t16+t=-t+t=0，则k1+k2+t为定值，

18、故D正确故选：ABD（多选）12（5分）已知a1，x1，x2，x3为函数f（x）axx2的零点，x1x2x3，下列结论中正确的是（）Ax11Bx1+x20C若2x2x1+x3，则x3x2=2+1Da的取值范围是(1，e2e)【解答】解：a1，f(-1)=a-1-1=1a-10，f(0)=a0-0=10，1x10，故A正确；当0x1时，1axa，0x21，f（x）必无零点，故x21，x1+x20，故B错误；当2x2x1+x3时，即ax1=x12ax2=x22ax3=x32，两边取对数得x1=2loga(-x1)x2=2logdx2x3=2logdx3，所以4logadx2=2loga(-x1)+

19、2logdx3，x22=-x1x3，联立方程x22=-x1x32x2-x1+x3，解得x32-2x2x3-x22=0，由于x20，x30，x3x2=2+1，故C正确；考虑f（x）在第一象限有两个零点：即方 axx2有两个不同的解，两边取自然对数得xlna2lnx有两个不同的解，设函数g(x)=xlna-2lnx，g(x)=lna-2x-lna(x-2lna)x，则x=x0=2lna时，g（x）0，当xx0时，g（x）0，当xx0时，g（x）0，所以gmin(x)=g(x0)=2-2ln(2lna)，要使得g（x）有两个零点，则必须g（x0）0，即ln(2lna)1，解得ae2e，故D正确；故选

20、：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）设函数f（x）=x2+1，x0lgx，x0，若f（a）0，则a1【解答】解：函数f（x）=x2+1，x0lgx，x0，当a0时，则a2+10，方程无解，故a0，则f（a）lga0，解得a1，故答案为：114（5分）记Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，若a3S5，a1a4a5，则an3n【解答】解：设等差数列an的公差为d，a3S5，a1a4a5，a1+2d5a1+542d，a1（a1+3d）a1+4d，解得a12，d1，则an2（n1）3n，故答案为：3n15（5分）为了监控某种食品的生产包装过程，检验员每天从生产线上

21、随机抽取k（kN*）包食品，并测量其质量（单位：g）根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从正态分布N（，2）假设生产状态正常，记表示每天抽取的k包食品中其质量在（3，+3）之外的包数，若的数学期望E（）0.05，则k的最小值为 19附：若随机变量Y服从正态分布N（，2）则P（3X+3）0.9973【解答】解：由已知可得XN（，2），P（3X+3）0.9973，每天从生产线上随机抽取k（kN*）包食品中其质量在（3，+3）之外的包数为，而每天抽取的k包食品中其质量在（3，+3）之外的概率为10.99730.0027，所以B（k，0.0027），故E（）k0.00270.05，解

22、得k19，即k的最小值为19故答案为：1916（5分）已知A（2，0），B（2，0），P（x0，y0）是圆C：（x1）2+y23上的动点，当|PA|PB|最大时，x01；|PA|+|PB|的最大值为 42【解答】解：P（x0，y0）是圆C：（x1）2+y23上的动点，(x0-1)2+y02=3，则-3x0-13，即1-3x01+3，且有y02=-x02+2x0+2，|PA|PB|=(x0+2)2+y02(x0-2)2+y02=(6+6x0)(6-2x0)=23(1+x0)(3-x0)3(1+x0+3-x0)=43，当且仅当1+x03x0，即x01 时，|PA|PB|取得最大值，|PA|26+6

23、x0，|PB|262x0，|PA|2+3|PB|224，设|PA|=26cos，|PB|=22sin，其中02，|PA|+|PB|=26cos+22sin=42sin（+3），02，3+356，当+3=2时，即=6时，|PA|+|PB|取得最大值为42，此时|PA|26+6x0=24cos26=18，解得x02，符合题意故答案为：1；42四、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）已知数列an的各项均不为零，Sn为其前n项和，且anan+12Sn1（1）证明：an+2an2；（2）若a11，数列bn为等比数列，b1a1，b2a3.求数列anbn的前

24、2022项和T2022【解答】（1）证明：因为anan+12Sn1所以an+1an+22Sn+11得an+1（an+2an）2an+1，因为an+10，所以an+2an2（2）解：由a11得a31，于是b2a31，由b11得bn的公比q1所以bn=(-1)n，anbn=(-1)nan由a1a22a11得a23，由an+2an2得a2022a2021a2020a2019a2a14，因此T2022a1+a2a3+a4a2021+a2022（a2a1）+（a4a3）+（a2022a2021）1011（a2a1）10114404418（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c已知BAC6

25、0，a=23（1）若C45，求b；（2）若D为BC的中点，且AD=5，求ABC的面积【解答】解：（1）因为C45，所以sinBsin（BAC+C）sin（60+45）sin60cos45+cos60sin45=22（32+12）=6+24，在ABC中，由正弦定理得，asinBAC=bsinB，所以b=asinBsinBAC=236+2432=6+2（2）在ABC中，由余弦定理得，a2b2+c22bccosBAC，所以12b2+c22bc12，即b2+c2bc12，因为D为BC的中点，所以BD=CD=3，在ABD中，由余弦定理得，cosADB=BD2+AD2-AB22BDAD=8-c2215，在

26、ACD中，由余弦定理得，cosADC=CD2+AD2-AC22CDAD=8-b2215，由cosADB+cosADC0，得b2+c216，联立可得，bc4，所以ABC的面积S=12bcsinBAC=12432=319（12分）甲、乙两支队伍进行某项比赛，赛制分为两种，一种是五局三胜制，另一种是三局两胜制，根据以往数据，在决胜局（在五局三胜制中指的是第五局比赛，在三局两胜制中指的是第三局比赛）中，甲、乙两队获胜的概率均为0.5；而在非决胜局中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4（1）若采用五局三胜制，直到比赛结束，共进行了局比赛，求随机变量的分布列，并指出进行几局比赛的可能性最大；（

27、2）如果你是甲队的领队，你希望举办方采用五局三胜制还是三局两胜制？【解答】解：（1）的所有可能取值为3，4，5，P（3）（0.6）3+（0.4）30.28，P（4）=C32(0.6)20.40.6+C32(0.4)20.60.4=0.3744，P（5）=C42(0.6)2(0.4)2(0.5+0.5)=0.3456，故的分布列为： 3 4 5 P 0.28 0.37440.34560.37440.34560.28，进行4局比赛的可能性最大（2）采用三局两胜时，甲获胜概率P1=(0.6)2+(C32-1)0.60.50.4=0.6，采用五局三胜时，甲获胜概率P2（0.6）3+(C43-1)(0.

28、6)30.4+C42(0.6)2(0.4)20.5=0.648，P2P1，如果我是甲队领队，采用五局三胜制20（12分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCCC12，D为BC的中点，E为棱AA1上一点，ADDC1（1）求证：BC平面A1AD；（2）若二面角A1DEC1的大小为30，求直线CE与平面C1DE所成角的正弦值【解答】解：（1）证明：在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1底面ABC，AD底面ABC，则CC1AD；又ADDC1，CC1DC1C1，CC1平面BCC1B1，DC1平面BCC1B1，于是AD平面BCC1B1，又BC平面BCC1B1，故ADBC由直三棱柱知AA1底面ABC

29、，BC底面ABC，则AA1BC，又因为ADAA1A，AD平面A1AD，AA1平面A1AD，故BC平面A1AD（2）由（1）知ADBC，又D为BC中点，故ABAC以D为坐标原点，DC的方向为x轴正方向，DA的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz则D（0，0，0），C（1，0，0），B（1，0，0），A(0，3，0)，C1（1，0，2）设AEt（0t2），则E(0，3，t)由（1）知平面A1DE的法向量可取BC=(2，0，0)设平面C1DE的法向量n=(x，y，z)，因为DC1=(1，0，2)，DE=(0，3，t)，所以x+2z=03y+tz=0，取n=(23，t，-3)由题设得

30、|cosBC，n|=32，即23t2+15=32，解得t1此时，n=(23，1，-3)设CE与平面C1DE所成角为，因为CE=(-1，3，1)，所以sin=|cosCE，n|=2345=1510，即直线CE与平面C1DE所成角的正弦值为151021（12分）已知函数f(x)=ex-1x+1（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：f(x)x2【解答】解：（1）f（x）的定义域为（，1）（1，+），f(x)=xex-1(1+x)2，当x1时，f（x）0，f（x）单调递减，当1x0时，f（x）0，f（x）单调递减，当x0时，f（x）0，f（x）单调递增，故f（x）在（，1）和（1，0）上单调递减，在

31、（0，+）上单调递增（2）证明：令g（x）（x+1）2e1x，x0，则g（x）e1x（1x2），所以0x1时，g（x）0，g（x）单调递增，x1时，g（x）0，g（x）单调递减，所以g（x）的最大值为g（1）4，即（x+1）2e1x4，从而ex-1x+1x+14，所以f(x)x+14，又x+14-x2=(x-1)240，所以x+14x2，等号当且仅当x1时成立，故f(x)x222（12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)经过点(1，32)，离心率为12（1）求椭圆C的方程；（2）如图，椭圆C的左、右顶点为A1，A2，不与坐标轴垂直且不过原点的直线l与C交于M，N两点（异于A1，A2

32、），点M关于原点O的对称点为点P，直线A1P与直线A2N交于点Q，直线OQ与直线l交于点R证明：点R在定直线上【解答】（1）解：由题意知，1a2+94b2=11-b2a2=14，解得a2=4b2=3，故椭圆C的方程为x24+y23=1（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），则P（x1，y1）直线l的方程为xmy+n，其中mn0，且n2，将xmy+n代入椭圆C：x24+y23=1，整理得（3m2+4）y2+6mny+3n2120，由0与韦达定理得3m2n2+40，y1+y2=-6mn3m2+4，y1y2=3n2-123m2+4由（1）可知A1（2，0），A2（2，0），设Q（x0，y0），由A1，P，Q三点共线，得y0x0+2=-y1-x1+2，由A2，N，Q三点共线，得y0x0-2=y2x2-2，则2x0y0=x0+2y0+x0-2y0=x1-2y1+x2-2y2=my1+n-2y1+my2+n-2y2 =2m+(n-2)y1+y2y1y2 =2m+(n-2)-6mn3n2-12=4mn+2，于是直线OQ的斜率为k=y0x0=n+22m，直线OQ的方程为y=n+22mx，联立y=n+22mxx=my+n，解得x2即点R在定直线x2上