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

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资源描述

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)

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