河北省衡水中学2022届高三下学期二模考试数学含答案.doc

1、20212022学年高三4月质量检测数学本试卷满分150分，考试时间120分钟。一、单项选择题：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已知集合，则ABCD2复数（其中i为虚数单位）在复平面内对应的点在A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3已知双曲线C：）的焦距为，且实轴长为2，则双曲线C的渐近线方程为ABCD4已知为锐角，且，则ABCD5共有5名同学参加演比赛，在安排出场顺序时，甲、乙排在一起，且丙与甲、乙都不相邻的概率为ABCD6已知某圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，则其侧面展开图的面积为ABCD7已知，则ABCD8在平面直角坐标系

2、xOy中，点A在x轴上，点B在y轴上，点C满足，则点C到点的距离的最大值为A3BC4D5二、多项选择题：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9已知等差数列的前n项和为，公差为d，则ABCD10在某独立重复实验中，事件A，B相互胜立，且在一次实验中，事件A发生的概率为p，事件B发生的概率为1-p，其中若进行x次实验，记事件A发生的次数为X，事件B发生的次数为Y，事件AB发生的次数为Z，则下列说法正确的是ABCD11已知三棱锥P-ABC外接球的球心为O，外接球的半径为4，（m为正数），则下列命题是真命题的是

3、A若，则三棱锥P-ABC的体积的最大值为B若P，O，A不共线，则平面平面ABCC存在唯一点P，使得平面ABCDm的最大值为12已知函数，其中对于任意的，函数在区间上至少能取到两次最大值，则下列说法正确的是A函数的最小正周期小于B函数在内不一定取到最大值CD函数在内一定会取到最小值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知向，若，则实数14已知奇函数在上单调递增，在上单调递减，且有且仅有一个零点，则的函数解析式可以是15已知抛物线与抛物线在第一象限内的交点为，若点P在圆C：上，且直线OP与圆C相切，则16在处理多元不等式的最值时，我们常用构造切线的方法来求解例如：曲线在处的切线方程为

4、，且，若已知，则，取等条件为，所以的最小值为3已知函数，若数列满足，且，则数列的前10项和的最大值为；若数列满足，且，则数列的前100项和的最小值为（本题第一空2分，第二空3分）四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤17（本小题满分10分在ABC中，角A，B，C所对的边分到为a，b，c，已知，（1）证明：ABC为等腰三角形；（2）设ABC的面积为S，若，S的值在；三个选项中，选择一个填入上面空白处，并求解注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分18（本小题满分12分）设等比数列的前n项和为，已知，且（1）求数列的通项公式；（2）已知数列是等差数列，

5、且，设，求数列的前n项和。19（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，（1）证明：平面平面ABCD；（2）若二面角P-BD-A的余弦值为，求二面角B-PA-D的正弦值20（本小题满分12分）在某次数学考试中，共有四道填空题，每道题5分，已知某同学在此次考试中，在前两道题中，每道题答对的概率均为，答错的概率均为；对于第三道题，答对和答错的概率均为；对于最后一道题，答对的概率为，答错的概率为（1）求该同学在本次考试中填空题部分得分不低于15分的概率；（2）设该同学在本次考试中，填空题部分的总得分为X，求X的分布列21（本小题满分12分）在平面直角坐标系xOy中，已知

6、椭圆C：的左，右焦点为，离心率为过点作直线l与椭圆C相交于A，B两点若A是椭圆C的短轴端点时（1）求椭圆C的标准方程；（2）试判断是否存在直线l，使得，成等差数列？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由22（本小题端分12分）已知函数（1）当时，求函数的极值：（2）若曲线有，两个零点（）求a的取值范图；（）证明：存在一组m，使得的定义域和值域均为参考答案、提示及评分细则1【答案】B【解析】因为的解为，所以，所以2【答案】A【解析】易知，所以复数z对应的点为3【答案】B【解析】由题意可知，所以，所以，则4【答案】C【解析】因为，所以，所以，所以5【答案】B【解析】把甲、乙捆绑在一起，然后与

7、余下的两个排列，再把捆绑的甲、乙和丙一起插空，所求概率为6【答案】D【解析】易知母线长为，且上底面圆周长为，下底面圆周为，易知展形图为圆球的一部分，圆环所在的小圆半径为3，则大圆半径为6，所以面积7【答案】C【解析】设函数，则为偶函数，且当时，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，又，所以8【答案】C【解析】由题意可知点C在以线段abcd，为直径的圆上，设AB的中点坐标为，有，可得，由，有当且仅当O，M，P三点共线时取等号9【答案】ABD【解析】取，则，解得，即A正确；由A可知，则，即B正确；因为，即C错误；因为，且，即D正确10【答案】BC【解析】因为，即A错误；因为，即B正确；因为A

8、，B独立，所以，所以，即C正确；因为，即D错误11【答案】AB【解析】若，则，则ABC外接圆的半径，所以球心O到平面ABC的距离，所以三棱锥高的最大值为，所以体积的最大值为，即A正确；设BC的中点为H，易知，所以平面POA，所以平面平面ABC，即B正确；设直线OP与球的另一交点为，若平面ABC，则平面ABC，即C错误；当m最大时，O，A，B，C共面，因为，所以，所以，即D错误12【答案】AD【解析】由题意可知，即A正确；因为，所以，则当，又，所以函数在上一定有极大值点，即B错误；由题意可知，整理得，可得，即C错误；当时，又因为，所以函数在上一定有极小值点，即D正确13【答案】【解析】易知，所以

9、，解得由，可得14【答案】或（答案不唯一）【解析】由题意可知，仅有一个零点，结合单调性，可知或15【答案】【解析】因为，所以，因为，所以，当OP与圆相切时，所以，所以，所以16【答案】70540【解析】，则，所以曲线在处的切线方程为，且易知，所以，所以，当且仅当时，等号成立，曲线在处的切线为，因为，则令此切线过原点，解得或，所以曲线在处的切线方程为，且，所以，当且仅当或时，等号成立，取，即的前100项中有60项为2，40项为0时，等号成立17【答案】（1）略（2）选，；选，；选，【解析】（1）证明：因为，所以，由余弦定理可知，即，即ABC为等腰三角形；（2）解：选，由（1）可知，所以，所以，整

10、理得，解得，所以，所以，又由，可得，所以；选，因为，所以，解得，所以，得，；选，因为，且，所以，所以，所以，所以18【答案】（1）（2）【解析】（1）因为，所以，两式相减，可得，整理得，时，所以公比，即数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以；（2）略19【答案】（1）略（2）【解析】（1）证明：设，连接PO，在菱形ABCDK，O为BD中点，且，因为，所以，又因为，PO，平面PAC，所以平面PAC，因为平面ABCD，所以平面平面ABCD；（2）解：作平面ABCD，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，易知，则，因为，所以为二面角P-BD-A的平面角，所以，则，所以，设平面PAB的法向量为，则

11、，取，则，所以，设平面PAD的法向量为，则，取，则，所以，设二面角B-PA-D为，则，所以20【答案】（1）（2）略【解析】（1）设得分不低于15分为事件A，则;（2）易知X的取值可能为0，5，10，15，20，则；，则X的分布列为X05101520P21【答案】（1）（2）不存在，理由见解析【解析】（1）由题意可知，即，当A为椭圆的短轴端点时，不妨设，则，所以，因为，所以，所以，解得，所以，所以椭圆C的标准方程为；（2）设l：，将直线方程与椭圆C的方程联立，消去y，整理得，因为，解得，设，则，所以，易知，所以，同理，所以，又因为，所以，刯得，因为分解为，解得，因为，所以不存在直线l符合题意2

12、2【答案】（1）的极大值为，无极小值（2）（）；（）略【解析】（1）解：当时，则，令，解得，列表可知，x（0，1）1+0-单调递增1单调递减的极大值为，无极小值；（2）（）解：由题意可知，有两解，即有两解，设，则，令，解得，列表可知，因为有两个零点，所以，解得，当时，有，可得，令，有，可得函数的增区间为，减区间为，有，可得，当时，所以存在，使得，所以；（）证明：因为，令，解得，列表可知，在上单调递增，在上单调递减，当时，解得，所以，所以，即在上单调递增，所以，即，所以当时，存在一组m，n符合题意；当时，所以，所以不存在符合题意，若，则在上单调递减，所以，所以，即，不符题意；若，在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，所以，即，所以当时，存在一组m，n符合题意；综上，存在一组m，n符合题意- 14 -