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