2022年山西省高考数学一模试卷（理科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年山西省高考数学一模试卷（理科）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，只有一项是符合题目要求的。1（5分）已知集合Mx|x25x+40，N1，0，1，2，3（）A2，3B0，1，2C1，2，3，4D2（5分）设复数z满足ziz，则z（）AiB1C0或1D0或i3（5分）设P1（1sin，0），P2（0，cos），则的最大值是（）A1BCD24（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图（）ABCD5（5分）已知命题p：x（0，+），xsinx0；命题q：aR，（）ApqB（p）qCp（q）D（pq）6（5分）展开式中的常数

2、项是（）ABCD7（5分）设aln3，则a、b、c的大小关系是（）AabcBbcaCcabDcba8（5分）“三分损益法”是古代中国制定音律时所用的生律法三分损益包含“三分损一”“三分益一”取一段弦，“三分损一”即均分弦为三段，舍一留二弦“三分益一”即弦均分三段后再加一段，便得到，依次按照损益的顺序，得到四个音，合称“五音”已知声音的音高与弦长是成反比的，那么所得四音生成的顺序是（）A徵、商、羽、角B徵、羽、商、角C商、角、徵、羽D角、羽、商、徵9（5分）已知数列an的前n项和，将该数列排成一个数阵（如右图），其中第n行有2n1个数，则该数阵第9行从左向右第8个数是（）A263B1052C52

3、8D105110（5分）过双曲线的右焦点F作渐近线的垂线，垂足为点A，若，则C的离心率是（）ABCD+111（5分）如图，在RtABC中，C，D，E分别为AC，AB的中点1DE的位置，使A1DCD，如图若F是A1B的中点，则四面体FCDE的外接球体积是（）A2BCD12（5分）已知函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）曲线yxex+1在（0，1）处的切线方程是 14（5分）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，向上的点数分别记为a，b，则关于x的方程x2+ax+b0有实根的概率是 15（5分）已知数列an中，n（an+1an）a

4、n，nN*，数列的前n项和为Sn.若对于任意的nN*，不等式Snt恒成立，则实数t的取值范围是 16（5分）已知椭圆的焦点为F1，F2，点P为椭圆上任意一点，过F2作F1PF2的外角平分线所在直线的垂线，垂足为点Q抛物线上有一点M，则|MH|+|QM|+|F1Q|的最小值是 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1721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（12分）如图，圆内接四边形ABCD中，AB2，（1）求AC；（2）求ACD面积的最大值18（12分）在如图所示的几何体中，平面ADNM平面ABC

5、D，四边形ADNM是矩形，ABCD，DAB60（1）证明：AN平面MBC；（2）设，求二面角MBCD的余弦值19（12分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：+1（ab0），且过点（1，），A、B分别是C的左、右顶点（1）求C的方程；（2）已知过点G（1，0）的直线交C于M，N两点（异于点AB）20（12分）已知函数f（x）cosx+lnx（1）当a时，证明：f（x）在定义域上是增函数；（2）记f（x）是f（x）的导函数，g（x）（x）+4lnx，若g（x）在（，2），求a的取值范围（参考数据：210，331）21（12分）甲、乙两名选手争夺一场乒乓球比赛的冠军比赛采取三局两胜制，即某选手率先获

6、得两局胜利时比赛结束，且该选手夺得冠军根据两人以往对战的经历，且每局比赛的结果相互独立（1）求甲夺得冠军的概率；（2）比赛开始前，工作人员买来一盒新球，共有6个新球在一局比赛中使用后成为“旧球”，且局中不换球，该局比赛后，则直接丢弃，否则裁判员将其放回盒中记甲、乙决出冠军后，求随机变量X的分布列与数学期望（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，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在极坐标系中，O为极点，直线（0，）（3，）为圆心，且过点M（3，），B两点（1）求圆C的极坐标

7、方程；（2）若2，求sin+cos选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|2xa|+2|x+1|（1）当a2时，求不等式f（x）8的解集；（2）若f（x）3恒成立，求a的取值范围2022年山西省高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合题目要求的。1（5分）已知集合Mx|x25x+40，N1，0，1，2，3（）A2，3B0，1，2C1，2，3，4D【解答】解：Mx|x25x+30（1，4），0，1，4，3，MN2，8故选：A2（5分）设复数z满足ziz，则z（）AiB1C0或1D0或i【解答

8、】解：设za+bi（a，bR），ziz，即a2+b2b+ai，即，解得或，故z0或i故选：D3（5分）设P1（1sin，0），P2（0，cos），则的最大值是（）A1BCD2【解答】解：因为P1（1sin，6），P2（0，cos），所以（1sin，（6sin）2+cos252sin，当sin1时，取得最大值为52（1）5，所以的最大值是4故选：D4（5分）如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图（）ABCD【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体；如图所示：所以，；故选：C5（5分）已知命题p：x（0，+），xsinx0；命题q：aR，（）ApqB

9、（p）qCp（q）D（pq）【解答】解：构造函数f（x）xsinx（x0），则f（x）1cosx8，+）上单调递增，所以f（x）f（0）0sin03，所以xsinx；因为a2+22，所以所以命题q为真命题所以pq为真命题，（p）q为假命题，（pq）为假命题故选：A6（5分）展开式中的常数项是（）ABCD【解答】解：展开式的通项公式为Tr+1C（）rC，令124r7，解得r3，所以展开式的常数项为C，故选：B7（5分）设aln3，则a、b、c的大小关系是（）AabcBbcaCcabDcba【解答】解：构造函数f（x）（x0），当0xe时，f（x）0，e）上单调递增，因为8e）f（），ln4，所以

10、bc因为3624325628，所以ln8ln2，即ab故选：D8（5分）“三分损益法”是古代中国制定音律时所用的生律法三分损益包含“三分损一”“三分益一”取一段弦，“三分损一”即均分弦为三段，舍一留二弦“三分益一”即弦均分三段后再加一段，便得到，依次按照损益的顺序，得到四个音，合称“五音”已知声音的音高与弦长是成反比的，那么所得四音生成的顺序是（）A徵、商、羽、角B徵、羽、商、角C商、角、徵、羽D角、羽、商、徵【解答】解：由题设，若宫的弦长为a，因为音高与弦长是成反比，所以四音的音高关系为，又音高从低到高依次是宫、商、角、徵、羽，所以五音生成顺序为宫、徵、商、羽、角故选：A9（5分）已知数列a

11、n的前n项和，将该数列排成一个数阵（如右图），其中第n行有2n1个数，则该数阵第9行从左向右第8个数是（）A263B1052C528D1051【解答】解：数列an的前n项和为，a7S12+53，n2时，anSnSn6（2n2+n）7（n1）2+（n6）4n1，n2时，上式成立n4n1将该数列按第n行有4n1个数排成一个数阵，如图，由该数阵前7行有：80+2+22+25255项，该数阵第9行从左向右第8个数字为a263526311051故选：D10（5分）过双曲线的右焦点F作渐近线的垂线，垂足为点A，若，则C的离心率是（）ABCD+1【解答】解：由题意可知F（c，0），kBF，直线BF的方程为y

12、（xc），令x0得y，点B（3，），联立方程，解得，），e，故选：C11（5分）如图，在RtABC中，C，D，E分别为AC，AB的中点1DE的位置，使A1DCD，如图若F是A1B的中点，则四面体FCDE的外接球体积是（）A2BCD【解答】解：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设球的坐标为O（x，y，z）4|OD|2，|OE|2|OP|5，|OF|2|OD|2可得： ，解得：，从而球的半径，球的体积故选：B12（5分）已知函数在上恰有3个零点，则的取值范围是（）ABCD【解答】解：函数在，由x，可得+，所以5+5+2+36，解得，故选：C二、填空题：本题共4小题，每小

13、题5分，共20分。13（5分）曲线yxex+1在（0，1）处的切线方程是 yx+1【解答】解：由yxex+1，得yex+xex，又y|x05+01，曲线xex在（5，1）处的切线方程为y1x故答案为：yx+714（5分）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，向上的点数分别记为a，b，则关于x的方程x2+ax+b0有实根的概率是 【解答】解：将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，向上的点数分别记为a，b，基本事件总数n6636，关于x的方程x6+ax+b0有实根，a24b0，a1时，不成立，a7时，b1成立，a3时，b可以取7，2，3，a4时，b可以取1，2，5，4，a5时，b可以取5，2，3，7，5，

14、6，a7时，b可以取1，2，4，4，5，3，满足条件的基本事件个数m19，关于x的方程x2+ax+b0有实根的概率是故答案为：15（5分）已知数列an中，n（an+1an）an，nN*，数列的前n项和为Sn.若对于任意的nN*，不等式Snt恒成立，则实数t的取值范围是 4，+）【解答】解：由n（an+1an）an得，则有，化简得，即，所以，所以，所以不等式Snt恒成立，则有t4故答案为：4，+）16（5分）已知椭圆的焦点为F1，F2，点P为椭圆上任意一点，过F2作F1PF2的外角平分线所在直线的垂线，垂足为点Q抛物线上有一点M，则|MH|+|QM|+|F1Q|的最小值是 【解答】解：如图所示，

15、延长F2Q交F1P于点N，连接OQ因为F5PF2的外角平分线是PQ，且F2NPQ，所以|PN|PF8|，因为|PF1|+|PF2|424，所以|PF3|+|PN|222，因为|OF1|OF2|，|NQ|QF2|，|OQ|NF4|2，所以点Q的轨迹为以点O为圆心2为半径的圆，所以点Q的轨迹方程为x3+y24由题得抛物线的焦点坐标为F（0，准线方程为y0所以|MF|MH|，所以|MH|+|QM|+|F3Q|MF|+|QM|+|F1Q|FF1|，因为|FF2|所以|MH|+|QM|+|F1Q|所以|MH|+|QM|+|F2Q|的最小值是故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演

16、算步骤。第1721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（12分）如图，圆内接四边形ABCD中，AB2，（1）求AC；（2）求ACD面积的最大值【解答】解：（1）在ABC中，由正弦定理得，即，所以（2）因为四边形ABCD内接于圆，故，设CDm，ADn，在ACD中，由余弦定理得：AC2DC2+DA32DCDAcosDm2+n8+mn6，因为m2+n62mn，所以m2+n66mn2mn，即mn2时等号成立，所以，所以ACD面积的最大值是18（12分）在如图所示的几何体中，平面ADNM平面ABCD，四边形ADNM是矩形，ABCD，D

17、AB60（1）证明：AN平面MBC；（2）设，求二面角MBCD的余弦值【解答】（1）证明：取CD中点E，连接AE，BE则ECAB，ECAB，所以AEBC又AE平面MBC，BC平面MBC由DEAB，DEAB，所以ADEB又ADMN，ADMN，BEMN所以四边形MBEN为平行四边形所以MBNE又NE平面MBC，所以NE平面MBC因为AENEE，AE平面ANE所以平面ANE平面MBC因为AN平面ANE，所以AN平面MBC（2）因为平面ADNM平面ABCD，NDAD因为AD2，AB1，所以CDBD以D为原点，分别以DB，DN所在真线为x，y建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz则，C（4，2，所以，平面

18、BCD的一个法向量为，设平面MBC的法向量为则，令x2，得.，所以二面角MBCD的余弦值为19（12分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：+1（ab0），且过点（1，），A、B分别是C的左、右顶点（1）求C的方程；（2）已知过点G（1，0）的直线交C于M，N两点（异于点AB）【解答】解：（1）且a7b2+c2，；（2）证明：设过点G的直线为：xmy+1，M（x6，y1），N（x2，y3），联立，消元整理得2+2）y4+2my35，0，y1+y4，y1y2，因为A（4，0），0），所以直线AM的斜率为，故直线AM的方程为y，同理可得直线NB的方程为y（x2），整理得，即，由，即，所以，即，解得x

19、8，所以直线MA与直线NB交点在定直线x4上20（12分）已知函数f（x）cosx+lnx（1）当a时，证明：f（x）在定义域上是增函数；（2）记f（x）是f（x）的导函数，g（x）（x）+4lnx，若g（x）在（，2），求a的取值范围（参考数据：210，331）【解答】解：（1）证明：由题设，且定义域为（0，因为，则，当且仅当时等号成立，1，所以时有f（x）0，+）上是增函数（2）由题设，g（x）axsinx+3lnx，则，+），因为g（x）在内没有极值点，所以或在上恒成立，令，则，当x（；当时，令，则，所以（x）在上递增，而，所以在上（x）3上递增，而，综上，在上（x）0，所以，在上h（x

20、）0，即h（x）单调递增，则，故或，即a的取值范围为21（12分）甲、乙两名选手争夺一场乒乓球比赛的冠军比赛采取三局两胜制，即某选手率先获得两局胜利时比赛结束，且该选手夺得冠军根据两人以往对战的经历，且每局比赛的结果相互独立（1）求甲夺得冠军的概率；（2）比赛开始前，工作人员买来一盒新球，共有6个新球在一局比赛中使用后成为“旧球”，且局中不换球，该局比赛后，则直接丢弃，否则裁判员将其放回盒中记甲、乙决出冠军后，求随机变量X的分布列与数学期望【解答】解：记事件Ai“甲在第i局比赛中获胜”，（i1，2，事件“甲在第i局比赛中未胜”，5，3）显然，（i1，2（1）记事件A“甲夺得冠军”，则（2）设甲

21、乙决出冠军共进行了Y局比赛，易知Y2或Y3则，故记N1“第i局比赛后抽到新球”，“第i局比赛后抽到旧球”由题意知、比赛前盒内有3颗新球，比赛1局后，盒内必为5颗新球4颗旧球1），若N1发生，则比赛2局后，8颗旧球，此时 若，发生，盒内有5颗新球，故下次必取得新球即 于是 ，故X的分布列为： X 7 4 5 P   故X的数学期望（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，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑。选修4-4：坐标系与参数方程（10分）22（

22、10分）在极坐标系中，O为极点，直线（0，）（3，）为圆心，且过点M（3，），B两点（1）求圆C的极坐标方程；（2）若2，求sin+cos【解答】解：（1）在极坐标系中，O为极点，），）为圆心，且过点M（5，）的圆相交于A，C（3，）的直角坐标为（3，M（6，3），圆的半径为r2，圆的直角方程为（x3）2+（y2）29，将xcos，ysin代入26（cos+sin）+92，圆C的极坐标方程为26（cos+sin）+30（2）将代入26（cos+sin）+90中，得46（cos+sin）+95，设1，2分别为A，B对应的极径4+26（cos+sin），829，2|3|241，结合129，解得，cos+sin选修4-5：不等式选讲（10分）23已知函数f（x）|2xa|+2|x+1|（1）当a2时，求不等式f（x）8的解集；（2）若f（x）3恒成立，求a的取值范围【解答】解：（1）当a2时，f（x）|2x7|+2|x+1|，所以不等式f（x）8等价于或，解得：x2或x2所以不等式的解集为x|x2或x2（2）因为f（x）|4xa|+2|x+1|3xa|+|2x+2|（3x+2）（2xa）|7+a|，由f（x）3恒成立，得|2+a|2所以2+a3或2+a3，解得a1或a8所以a的取值范围为（，51第21页（共21页）