2022年河南省洛阳市高考数学第一次统一考试试卷（文科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年河南省洛阳市高考数学第一次统一考试试卷（文科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（5分）已知复数z=sin3+icos3，则|z|（）A4B3C2D12（5分）已知全集为R，集合Ax|2x1，集合Bx|x2+x0，则A（RB）（）A（2，1B（1，1C（，21，+）D（，01，+）3（5分）某种游戏棋盘形状如图，已知大正方形的边长为12，每个小正方形的边长均为2，在游戏棋盘上随机取一点，则该点取自小正方形以外区域的概率为（）A89B79C56D35364（5分）已知数列an是等差数列，且2a8a124，则其前七项和S

2、7（）A42B35C28D215（5分）已知命题p：xR，x2+x+10；命题q：若ab，则1a1b，下列命题为真的是（）A（p）qB（p）（q）CpqDpq6（5分）若右面框图所给的程序运行结果为28，那么判断框中应填入的关于k的条件是（）Ak6Bk7Ck8Dk97（5分）若a=(3)23，b=e13，clog3e，则（）AabcBbacCacbDcab8（5分）已知函数f(x)=sin(x+23)在，上的图象如图所示，则f（x）的最小正周期是（）A32B43C76D239（5分）直线x+y+20分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆（x2）2+y22上，则ABP面积的最小值为（）A1B2

3、C2D2210（5分）如图，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且ABCD，O1，O2分别为上、下底面圆心，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥ABCD的体积为43，则该圆柱的侧面积为（）A9B10C12D1411（5分）已知双曲线x2y21的左、右焦点分别为F1，F2，点A在双曲线上且AF1AF2=0，若AF1F2的内切圆的半径为（）A3-2B3+2C3+1D3-112（5分）已知函数f（x）lnx，g（x）xsinx，若存在x1，x21，（x1x2）使得|f（x1）f（x2）|k|g（x1）g（x2）|成立，则实数k的取值范围是（）A(11-cos1，12)B(0，12)C(12，+)D(

4、11-cos1，+)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）若向量m=(2k，k+1)与向量n=(4，1)共线，则mn= 14（5分）已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an1（nN*），那么数列an的通项公式为an 15（5分）已知函数yf（x）的图象关于直线x1对称，且f（x+1）+f（x）0，若f（1）1，则f（2022） 16（5分）已知正方形ABCD的边长为2，AB中点为E，现将ADE与BEC分别沿ED，EC向上翻折，使A，B重合于O点，则三棱锥ODEC等外接球的表面积S 三、解答题：本大题共6个小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17（12

5、分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且bcosAsinC+asinBcosC=32b（1）求角B的大小；（2）若ABC为锐角三角形，b3，求a+c的取值范围18（12分）为了响应国家节电号召，某小区欲对全体住户进行节电设施改造在大规模改造前，为预估改造效果，现在该小区中抽取了100户进行改造，并统计出了这100户在改造前后的月均用电量（单位：度），得到的频数分布表如下：改造前这100户月均用电量频数分布表月均用电量25，75）75，125）125，175）175，225）225，275）275，325）频数12183022126改造后这100户月均用电量频数分布表月均用电量25，

6、75）75，125）125，175）175，225）225，275）频数122440168（1）补全改造后这100户的月均用电量的频率分布直方图；（2）利用以上数据估计该小区在改造完成后，月均用电量低于150度的概率；（3）该小区现有2000户，若全部改造完成后，估计一个月能节约多少度电？（同一组的数据以这组数据所在区间的中点的值作代表）19（12分）已知底面为菱形的四棱锥PABCD中，PAD是等边三角形，平面PAD平面ABCD，E，F分别是棱PC，AB上的点（1）从下面中选取两个作为条件，证明另一个成立F是AB的中点；E是PC的中点；BE平面PFD；（只需选择一种组合进行解答即可）（2）若A

7、D2，DAB60，PEEC，求三棱锥PBDE的体积20（12分）已知直线l与抛物线C：x24y交于A，B两点，M是线段AB的中点（1）若直线AB的斜率为1，求点M的横坐标；（2）若|AB|8，求点M纵坐标的最小值21（12分）已知函数f(x)=lnx-12ax2(aR)（1）若f（x）存在唯一极值点，且极值为0，求a的值；（2）讨论函数f（x）在区间1，e上的零点个数请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号后的方框涂黑选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标

8、系，曲线C1的参数方程为x=2cosy=sin（为参数），曲线C2的极坐标方程为cos-sin-3=0（1）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）已知M（3，0），曲线C1与曲线C2交于A，B两点，求1|MA|+1|MB|的值选修4-5：不等式选讲23已知a，b，c都是正数（1）证明：a+b+cab+bc+ac；（2）若a+b+c3，证明：1a+b+1b+c+1c+a322022年河南省洛阳市高考数学第一次统一考试试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（5分）已知复数z=sin3+ico

9、s3，则|z|（）A4B3C2D1【解答】解：z=sin3+icos3=32+12i，|z|=(32)2+(12)2=1故选：D2（5分）已知全集为R，集合Ax|2x1，集合Bx|x2+x0，则A（RB）（）A（2，1B（1，1C（，21，+）D（，01，+）【解答】解：Bx|x0或x1，Ax|2x1，RBx|0x1，A（RB）（2，1故选：A3（5分）某种游戏棋盘形状如图，已知大正方形的边长为12，每个小正方形的边长均为2，在游戏棋盘上随机取一点，则该点取自小正方形以外区域的概率为（）A89B79C56D3536【解答】解：已知大正方形的边长为12，每个小正方形的边长均为2，则大正方形的面积

10、为1212144，所有小正方形的面积和为822，则在游戏棋盘上随机取一点，则该点取自小正方形以外区域的概率为1-32144=79，故选：B4（5分）已知数列an是等差数列，且2a8a124，则其前七项和S7（）A42B35C28D21【解答】解：设等差数列an的公差为d，由题意，2a8a12a8+（a8a12）a84da44，所以S7=72（a1+a7）7a47428故选：C5（5分）已知命题p：xR，x2+x+10；命题q：若ab，则1a1b，下列命题为真的是（）A（p）qB（p）（q）CpqDpq【解答】解：根据题意，对于p，x2+x+1（x+12）2+340，p是真命题；当a0b时，1a

11、1b，则q为假命题；则pq为真命题，（p）q、（p）（q）和pq为假命题；故选：D6（5分）若右面框图所给的程序运行结果为28，那么判断框中应填入的关于k的条件是（）Ak6Bk7Ck8Dk9【解答】解：由题意可知，输出结果为S28，第一次循环，S11，k9，第二次循环，S20，k8，第三次循环，S28，k7，此时S满足输出结果，退出循环，故判断框中的条件应为k8故选：C7（5分）若a=(3)23，b=e13，clog3e，则（）AabcBbacCacbDcab【解答】解：a=(3)23=313，幂函数y=x13在（0，+）上为增函数，b=e13，ab1，clog3elog331，abc，故选：

12、A8（5分）已知函数f(x)=sin(x+23)在，上的图象如图所示，则f（x）的最小正周期是（）A32B43C76D23【解答】解：由五点对应法得-49+23=0，则=32，则函数的最小正周期T=232=43，故选：B9（5分）直线x+y+20分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆（x2）2+y22上，则ABP面积的最小值为（）A1B2C2D22【解答】解：根据题意，直线x+y+20分别与x轴，y轴交于A，B两点，则A（2，0），B（0，2），则|AB|22，圆（x2）2+y22，圆心为（2，0），半径r=2，圆心到直线x+y+20的距离d=|2+0+2|2=22，若P在圆上，则P到直线x

13、+y+20的距离的最小值为22-2=2，则ABP面积的最小值为12222=2；故选：B10（5分）如图，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且ABCD，O1，O2分别为上、下底面圆心，若圆柱的轴截面为正方形，且三棱锥ABCD的体积为43，则该圆柱的侧面积为（）A9B10C12D14【解答】解：根据题意，设圆柱底面圆的半径为r，由于圆柱的轴截面为正方形，则圆柱的高为2r，连接O1D、O1C，O1CD中，CD2r，高O1O22r，则SO1CD=122r2r2r2，VABCD2VA-CO1D=213SO1CDr=4r33=43，解可得r=3，则该圆柱的侧面积S2r2r4r212，故选：C11（5

14、分）已知双曲线x2y21的左、右焦点分别为F1，F2，点A在双曲线上且AF1AF2=0，若AF1F2的内切圆的半径为（）A3-2B3+2C3+1D3-1【解答】解：不妨取点A位于第一象限，设|AF1|m，|AF2|n，则mn，由双曲线的定义知，mn2a2，因为AF1AF2=0，即AF1AF2，所以|AF1|2+|AF2|2|F1F2|2，即m2+n24c28，由可得mn2，m+n23，设AF1F2的内切圆的半径为r，则AF1F2的面积S=12|AF1|AF2|=12r（|AF1|+|AF2|+|F1F2|），所以mnr（m+n+22），即2r（23+22），所以r=13+2=3-2故选：A12

15、（5分）已知函数f（x）lnx，g（x）xsinx，若存在x1，x21，（x1x2）使得|f（x1）f（x2）|k|g（x1）g（x2）|成立，则实数k的取值范围是（）A(11-cos1，12)B(0，12)C(12，+)D(11-cos1，+)【解答】解：不妨设x1，x21，且x1x2，因为g（x）1cosx0，所以g（x）在1，单调递增，g（x1）g（x2），因为f（x）lnx在（0，+）上单调递增，f（x1）f（x2），因为存在x1，x21，（x1x2）使得|f（x1）f（x2）|k|g（x1）g（x2）|成立等价于f（x1）f（x2）kg（x1）g（x2），所以f（x1）kg（x1）f

16、（x2）kg（x2），令h（x）f（x）kg（x），则h（x1）h（x2），所以h（x）在1，上单调递减，即h(x)=1x-k(1-cosx)0在1，上恒成立，所以k1x(1-cosx)，令F（x）x（1cosx），则F（x）1cosx+xsinx0，所以F（x）在1，上单调递增，01cos1F（0）F（x）F（）2，所以121x(1-cosx)11-cos1，要存在x1，x21，（x1x2）使得|f（x1）f（x2）|k|g（x1）g（x2）|成立，所以k12故选：C二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）若向量m=(2k，k+1)与向量n=(4，1)共线，则mn=17【解

17、答】解：向量m=(2k，k+1)与向量n=(4，1)共线，2k4k40，解得k2，m=（4，1），mn=（4）4+（1）117故答案为：1714（5分）已知数列an的前n项和Sn满足Sn2an1（nN*），那么数列an的通项公式为an2n1【解答】解：Sn2an1，S12a11即a11当n2时，Sn12an11当n2时，两式子相减可得，SnSn12an2an1即an2an2an1an2an1数列an以1为首项，2为公比的等比数列an2n1故答案为：2n115（5分）已知函数yf（x）的图象关于直线x1对称，且f（x+1）+f（x）0，若f（1）1，则f（2022）1【解答】解：根据题意，函数y

18、f（x）的图象关于直线x1对称，则f（1x）f（1+x），又由f（x+1）+f（x）0，即f（1x）f（x），变形可得f（x+1）f（x），则有f（x+2）f（x+1）f（x），即函数f（x）是周期为2的周期函数，则f（2022）f（0），又由f（x+1）+f（x）0，令x0可得f（1）+f（0）0，则有f（0）f（1）1；故f（2022）f（0）1；故答案为：116（5分）已知正方形ABCD的边长为2，AB中点为E，现将ADE与BEC分别沿ED，EC向上翻折，使A，B重合于O点，则三棱锥ODEC等外接球的表面积S193【解答】解：依题意EOOC，EOOD，ODOCO，OD，OC平面DOC，所

19、以OE平面DOC，又OCODCD2、OE=12AB=1，所以OCD的外接圆的半径r=2322-12=233，设三棱锥ODEC的外接球的半径为R，则（2R）2OE2+（2r）2，所以4R2=12+(433)2=193，所以三棱锥ODEC等外接球的表面积S=4R2=193，故答案为：193三、解答题：本大题共6个小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且bcosAsinC+asinBcosC=32b（1）求角B的大小；（2）若ABC为锐角三角形，b3，求a+c的取值范围【解答】解：（1）ABC中，由bcosAsinC+

20、asinBcosC=32b，利用正弦定理可得sinBcosAsinC+sinAsinBcosC=32sinB，因为sinB0，所以cosAsinC+sinAcosCsin（A+C）sinB=32，又B（0，），所以B=3，或23；（2）若ABC为锐角三角形，b3，由正弦定理得asinA=csinC=332=23，所以a+c23（sinA+sinC），因为A+C=23，所以a+c23sinA+sin（23-A）23（32sinA+32cosA）6sin（A+6），又ABC为锐角三角形，则0A2，且0C2，又C=23-A，则6A2，所以3A+623，所以32sin（A+6）1，所以33a+c6，所

21、以a+c的取值范围是（33，618（12分）为了响应国家节电号召，某小区欲对全体住户进行节电设施改造在大规模改造前，为预估改造效果，现在该小区中抽取了100户进行改造，并统计出了这100户在改造前后的月均用电量（单位：度），得到的频数分布表如下：改造前这100户月均用电量频数分布表月均用电量25，75）75，125）125，175）175，225）225，275）275，325）频数12183022126改造后这100户月均用电量频数分布表月均用电量25，75）75，125）125，175）175，225）225，275）频数122440168（1）补全改造后这100户的月均用电量的频率分布直

22、方图；（2）利用以上数据估计该小区在改造完成后，月均用电量低于150度的概率；（3）该小区现有2000户，若全部改造完成后，估计一个月能节约多少度电？（同一组的数据以这组数据所在区间的中点的值作代表）【解答】解：（1）75，125）的频数为24，频率为0.24，175，225）的频数为16，频率为0.16，再除以组距可得这两组小矩形的高分别为0.0048，0.0032则可取得直方图中的数据画出图：（2）由频率直方图可知：月均用电量低于150度的概率为：P0.002450+0.004850+0.0080250.56（3）改造前月用电量：0.1250+0.18100+0.3150+0.22200+

23、0.12250+0.06300161；改造后月平均用电量：0.1250+0.24100+0.4150+0.16200+0.08250142，2000（161142）38000，所以全部改造完成后估计一个月能饰节约3800度电19（12分）已知底面为菱形的四棱锥PABCD中，PAD是等边三角形，平面PAD平面ABCD，E，F分别是棱PC，AB上的点（1）从下面中选取两个作为条件，证明另一个成立F是AB的中点；E是PC的中点；BE平面PFD；（只需选择一种组合进行解答即可）（2）若AD2，DAB60，PEEC，求三棱锥PBDE的体积【解答】解：（1），F是AB中点，E是PC的中点，取PD中点M，连

24、接ME，MF，则MECD，且ME=12CD，又四边形ABCD是菱形，BFDC，且BF=12DC，BFEM，且BFEM，四边形BEMF是平行四边形，BEFM，BE平面PDF，FM平面PDF，BE平面PDF，取PD中点M，连接ME，MF，E是PC的中点，MECD，且ME=12CD，又BFCD，BFME，BE平面PDF，平面BEMF平面PDFMF，BE平面BEMF，BEMF，四边形BEMF是平行四边形，BFME，BF=12CD，F是AB的中点，取DC的中点N，连接NB，NE，F是AB的中点，BFDN，且BFDN，四边形BNDF是平行四边形，BNDF，BN平面PDF，DF平面PDF，BN平面PDF，又

25、BE平面PDF，BEBNB，BE、BN平面BEN，平面PDF平面BEN，平面BEN平面PCDEN，平面PDF平面PCDPD，ENPD，E是PC的中点（2）取AD中点G，连接PG，APD是等边三角形，PGAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PG平面ABCD，ABBCCDADPAPD2，PG2sin60=3，SBCD=1222sin60=3，E是PC的中点，VPBDEVBPDE=12VB-PDC=12VP-BCD=121333=1220（12分）已知直线l与抛物线C：x24y交于A，B两点，M是线段AB的中点（1）若直线AB的斜率为1，求点M的横坐标；（2）若|AB|8，求

26、点M纵坐标的最小值【解答】（1）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），则x12=4y1x22=4y2，所以（x1x2）（x1+x2）4（y1y2），即x1+x2=4y1-y2x1-x2，又直线AB的斜率为1，所以x1+x2414，所以线段AB的中点M的横坐标为2；（2）解：设直线AB的方程为ykx+t，与抛物线C：x24y联立整理得x24kx4t0，则x1+x2=4kx1x2=-4t，所以|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k216(k2+t)，又|AB|8，所以1+k216(k2+t)=8，整理得（1+k2）（k2+t）4，解得t=41+k2-k2=4-k2-k41+k2

27、，设线段AB的中点M的坐标为（x0，y0），则x02k，所以y0=k(2k)+t=2k2+4-k2-k41+k2=k4+k2+41+k2=k2+41+k2=(1+k2)+41+k2-12(1+k2)41+k2-1=3，当且仅当1+k2=41+k2，k21 时取等号，所以点M纵坐标的最小值为321（12分）已知函数f(x)=lnx-12ax2(aR)（1）若f（x）存在唯一极值点，且极值为0，求a的值；（2）讨论函数f（x）在区间1，e上的零点个数【解答】解：（1）由已知，可得f(x)=1x-ax=-ax2+1x(x0)当a0时，则当x（0，+）时，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，此

28、时f（x）不存在极值点，不符合题意；当a0时，则由f（x）0得x=1a或x=-1a（舍）当x(0，1a)时，f（x）0，函数f（x）单调递增；当x(1a，+)时，f（x）0，函数f（x）单调递减；f（x）存在唯一极大值点x=1af(1a)=ln1a-12a(1a)2=-12lna-12=0，解得a=1e（2）当a0时，f（x）0在1，e上恒成立，f（x）在1，e上单调递增f(1)=ln1-12a=-12a0，f(e)=lne-12ae2=1-12ae20，由零点存在性定理知函数f（x）在区间1，e上无零点当a0时，函数f（x）有一个零点1；当0a1e2时，1ae，由（1）知f（x）在1，e上单

29、调递增，f(1)=-12a0，f(e)=1-12ae20，由零点存在性定理知函数f（x）在区间1，e上有一个零点当1e2a1时，11ae，知f（x）在1，1a上单增，在1a，e上单减，当1e2a2e2时，f(1)=-12a0，f(1a)=-12lna-120，f(e)=1-12ae20，由零点存在性定理知函数f（x）在区间1，e上有一个零点当2e2a1e时，f(1)=-12a0，f(1a)=-12lna-120，f(e)=1-12ae20，由零点存在性定理知函数f（x）在区间1，e上有两个零点当1ea1时，f(1)=-12a0，f(1a)=-12lna-120，f(e)=1-12ae20，由零

30、点存在性定理知函数f（x）在区间1，e上没有零点当a1时，1a1，由（1）知f（x）在1，e上单调递减，f(1)=-12a0，f(e)=1-12ae20，由零点存在性定理知函数f（x）在区间1，e上没有零点综上，当a0或a1e时，f（x）在1，e上无零点；当0a2e2或时，f（x）在1，e上有1个零点；当2e2a1e时，f（x）在1，e上有2个零点请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号后的方框涂黑选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的参数方

31、程为x=2cosy=sin（为参数），曲线C2的极坐标方程为cos-sin-3=0（1）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）已知M（3，0），曲线C1与曲线C2交于A，B两点，求1|MA|+1|MB|的值【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为x=2cosy=sin（为参数），可得x24+y2cos2+sin21，即曲线C1的普通方程为x24+y21；曲线C2的极坐标方程为cos-sin-3=0，由xcos，ysin，可得xy-3=0，即曲线C2的直角坐标方程为xy-3=0；（2）过M（3，0）的直线C2的参数方程为x=3+22ty=22t（t为参数），代入曲线C1的普通方程x2

32、4+y21，可得5t2+26t20，可得t1+t2=-265，t1t2=-25，所以1|MA|+1|MB|=1|t1|+1|t2|=|t1-t2|t1t2|=(-265)2+42525=4选修4-5：不等式选讲23已知a，b，c都是正数（1）证明：a+b+cab+bc+ac；（2）若a+b+c3，证明：1a+b+1b+c+1c+a32【解答】证明：（1）a，b，c都是正数，a+b2ab，当且仅当ab时，等号成立，a+c2ac，当且仅当ac时，等号成立，b+c2bc，当且仅当bc时，等号成立，将以上三式相加可得，a+b+cab+bc+ac，当且仅当abc时，等号成立（2）a+b+c3，a+b+b+c+a+c6，(1a+b+1b+c+1c+a)=(1a+b+1b+c+1c+a) (a+b)+(b+c)+(a+c)16 =163+b+ca+b+a+bb+c+c+aa+b+a+bc+a+c+ab+c+b+cc+a163+2b+ca+ba+bb+c+2c+aa+ba+bc+a+2c+ab+cb+cc+a=16(3+2+2+2)=32，当且仅当abc1时，等号成立，故1a+b+1b+c+1c+a32，即得证第21页（共21页）