河北省保定市2022届高三数学第一次高考模拟考试(文理)合卷(含解析)
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2022年保定市第一次高考模拟考试数学(A卷)注意事项:1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。4.考试结束后,将答题卡交回。1.已知集合A={1,2,3,4},,则A∩B的子集个数是A.2B.3C.4D.16解析:集合,所以,故A∩B的子集个数为4.(文)已知集合A={1,2,3,4},,则A∩B=A.{1,2,3}B.C.{1,2}D.{1}解析:集合,所以2.已知p:是第一象限角,q:,则p是q的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3.已知是虚数单位,则=A.1B.C.-D-1.解析:(文)已知i是虚数单位,则=A.B.1C.2D.0即1.4.-15-\nA.B.C.D.解析法2:法3:5.一简单组合体的三视图如图所示,则该组合体的表面积为A.38B.C.D.解析:由三视图知,此组合体为一个长为4,宽为3,高为1的长方体、中心去除一个半径为1的圆柱,故其表面积为6.在边长为4的正方形ABCD内任取一点M,则∠AMB90°的概率为A.B.1-C.D.1-解析:7.已知函数是R上的偶函数,当时,,则当时,A.B.C.D.解析1:时,4->2,是偶函数解析2:可画图观察求解。8.设向量,满足||=||=|+|=1,则|-t|(t∈R)的最小值为A.B.C.1D.2解析:由于||=||=|+|=1,于是|+|2=1,即2+2·+2=1,即-15-\n·=-|-t|2=2-2t·+t22=(1+t2)-2t·=t2+t+1≥,故|-t|的最小值为.(文)已知平行四边形ABCD中,若,则=A.B.C.6D.12解析:由已知9.执行如下图所示的程序框图,若输出k的值为6,则判断框内可填入的条件是 A.sB.sC.sD.sB [解析]第一次循环结束,得s=1×=,k=8;第二次循环结束,得s=×=,k=7;第三次循环结束,得s=×=,k=6,此时退出循环,输出k=6.故判断框内可填s>.10.已知x,y满足则使目标函数z=y-x取得最小值-4的最优解为A.(2,0)B.(-4,0)C.(4,0)D.(-,0)-15-\n[解析]可行域如图所示,当k-1时,不符合题意,当-1<k<0时,目标函数线过可行域内A点时z有最小值.联立解得,故zmin=0+=-4,即k=-.此时(4,0)(文)若,当x,y满足时,z=x+y的最小值为A.4B.3C.2D.无法确定解析:因为x﹣ay=2是恒过(2,0)点的直线系,所以可行域如图:是三角形ABC的区域,当目标函数经过可行域的B点时,目标函数确定最小值为2.故选C11.司机甲、乙加油习惯不同,甲每次加定量的油,乙每次加固定钱数的油,恰有两次甲、乙同时加同单价的油,但这两次的油价不同,则从这两次加油的均价角度分析A.甲合适B.乙合适C.油价先高后低甲合适D.油价先低后高甲合适解析:设甲每次加m升油、乙每次加n元钱的油,第一次加油x元/升,第二次加油y元/升。甲的平均单价为:,乙的平均单价为:∴,即乙的两次平均单价低,乙的方式更合适。12.设等差数列满足其前项和为,若数列{}也为等差数列,则的最大值是A.310B.212C.180D.121解析:设数列的公差为,依题意,即,化简可得=2,所以第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。第13~第21题为必考题,每个考生都必须做答。第22~24题为选考题,考生根据要求做答。二.填空题:本大题共4小题,每小题5分。13.双曲线的离心率为________.解析:-15-\n14.已知等比数列,满足则________.14.解析:(文)已知等比数列,满足则________.14.解析:15.若直线与曲线所围成的封闭图形的面积为,则k=.解析:可得抛物线与y=kx两交点的横坐标为。所以或解得或.(文)函数的图象存在与直线平行的切线,则实数的取值范围是______.解析:(-∞,2),函数f(x)=lnx+ax图象存在与直线2x-y=0平行的切线,即f′(x)=2在(0,+∞)上有解,而f′(x)=+a,即+a=2在(0,+∞)上有解,a=2-,因为x>0,所以2-<2,所以a的取值范围是(-∞,2).16.由5个元素构成的集合,记的所有非空子集为,每一个中所有元素的积为(若集合中只有一个元素时,规定其积等于元素自身),则解析:该题的设计是从不同的层面考查学生的思维能力,实质上,设中的5个元素分别为,则,注意到中的元素有,所以,所求结果为-15-\n,这就是该题要考查的思维能力,而0和1的设置为思维一般的同学也能找到下手的机会,如果命题时把去掉,就变成蛮算的题目。苏学良供(文)正四面体ABCD的棱长为4,E为棱BC的中点,过E作其外接球的截面,则截面面积的最小值为________.解析:依题意,设正四面体ABCD外接球的球心为O,顶点A在底面BCD内的射影为G,则OA=OB=R,BG=×4×=,AG=,∵OB2=OG2+BG2,∴R2=2+2,R=,OE=.当OE垂直于截面时,截面半径r最小,r==2,∴截面面积的最小值为πr2=4π.或:由已知,过点E与OE垂直的截面圆面积最小,过点E作OE的垂线,都在一个平面内,易知BC垂直于OE,所以BC在这个截面上,又B、C在球面上,所以直接BC就是该截面圆的直径,所求圆面积就出来了。三.解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。(本小题满分12分)已知函数(1)求函数的最大值;(2)已知的面积为,且角的对边分别为求的值.解:(1).……………………………4分∴函数的最大值为.……………………………………………6分(2)由题意,化简得,,∴,∴……………………………8分-15-\n在中,根据余弦定理,得.所以…………………………………………………12分(本小题满分12分)小明参加某项资格测试,现有10道题,其中6道客观题,4道主观题,小明需从10道题中任取3道题做答.(1)求小明至少取到1道主观题的概率;(2)若所取的3道题中有2道客观题,1道主观题.设小明答对每道客观题的概率都是,答对每道主观题的概率都是,且各题答对与否相互独立,设X表示小明答对题的个数,求X的分布列和数学期望.18.解:(1)设事件A=“小明所取的3道题至少有1道主观题”,则有=“小明所取的3道题都是客观题”.因为P()==,所以P(A)=1-P()=..........................4分(2)X所有的可能取值为0,1,2,3.P(X=0)=·=;P(X=1)=C···+·=;P(X=2)=·+C··=;P(X=3)=·=..............................................8分X的分布列为:X0123P.................................................................10分所以E(X)=0×+1×+2×+3×=2.........................12分(文)随着经济发展带来的环境问题,我国很多城市提出了大力发展城市公共交通的理念,同时为了保证不影响市民的正常出行,就要求对公交车的数量必须进行合理配置.为此,某市公交公司在某站台随机对20名乘客进行了调查,其候车时间情况如下表所示(单位:分钟):组别候车时间人数Ⅰ4Ⅱ6Ⅲ6-15-\nⅣ3Ⅴ10.01-0.02-0.03-0.04-0.05-0.06-0.07-O51015202530时间------(1)画出候车时间的频率分布直方图;(2)求这20名乘客的平均候车时间;(3)在这20名乘客中随机抽查一人,求其候车时间不少于15分钟的概率.0.01-0.02-0.03-0.04-0.05-0.06-0.07-O51015202530时间解:(1)频率分布直方图如图。……………………4分(2)分钟………8分(3)候车时间不少于15分钟的概率为,………………………12分19.(本小题满分12分)如图,已知矩形中,,为的中点.将沿折起,使得A平面平面,连结.(1)求证:;(2)若点是线段上的一动点,问点在何位置时,三棱锥的体积为.(3)(理)求二面角ADMC的正弦值.解析:(1)矩形中,为中点,,由勾股定理得;………………2分-15-\n折起后,平面平面,且平面平面,平面;得平面,……………………………………4分又平面,所以;……………………………………6分(2)法一:在中,作交于.(1)中已证明平面,平面,是三棱锥的高.………………………………………………8分,……………………………………………………………10分中,且,为中位线,为的中点……………………………………12分法二:由题意知由(1)知法三:(理)分别取AM,AB的中点O和N,则.(1)中已证明平面,,,.建立空间直角坐标系如图………8分则-15-\n点是线段上的一动点,显然是平面ADM的一个法向量点E到平面ADM的距离,所以为的中点。-15-\n20.(本小题满分12分)已知椭圆的短轴长为2,离心率为,过右焦点的直线交椭圆于、两点.(1)求椭圆的方程;l(2)在线段上是否存在点M(m,0),使得?若存在,求出的取值范围;若不存在,请说明理由.20.解:(1)由椭圆短轴长为2得,又.所求椭圆方程为....................3分(2)假设在线段上存在点,使得成立,即①当⊥x轴时,显然线段OF上的点都满足条件,此时................5分②当与x轴重合时,显然只有原点满足条件,此时m=0.......................6分-15-\n③法1:当的斜率存在且不为零时,设直线的方程为.由可得.........................................8分其中.∴.∴综上所述:①当⊥x轴时,存在适合题意②当与x轴重合时,存在适合题意③当的斜率存在且不为零时存在适合题意...................12分法2:因为∴.-15-\n∴综上所述:①当⊥x轴时,存在适合题意②当与x轴重合时,存在适合题意③当的斜率存在且不为零时存在适合题意...................12分21.(本小题满分12分)已知函数,其中为自然对数底数.(1)讨论函数的单调性,并写出相应的单调区间;(2)设,若函数对任意都成立,求的最大值.(文)设,若函数对任意都成立,则当时,求的最大值.解:(1)∵,①当时,,函数在上单调递增;………2分②当时,由得,∴时,,单调递减;时,,单调递增.综上,当时,函数的单调递增区间为;当时,函数的单调递增区间为,单调递减区间为.……………………………………5分(2)由(1)知,当时,函数在上单调递增且时,∴不可能恒成立;………………………………………………………………6分当时,此时;………………………………………………………7分当时,由函数对任意都成立,得,∵,∴………………………………9分∴,设,∴,-15-\n由于,令,得,,当时,,单调递增;时,,单调递减.∴,即时,的最大值为…………12分请从第22、23、24三题中任选一题作答,并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑,按所涂题号进行评分;多涂、多答,按所涂的首题进行评分;不涂,按本选考题的首题进行评分。22.(本小题满分10分)选修4-1:几何证明选讲如图所示,已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点,过点A作⊙O1的切线交⊙O2于点C,过点B作两圆的割线,分别交⊙O1、⊙O2于点D、E,DE与AC相交于点P.(1)求证:AD∥EC;(2)若AD是⊙O2的切线,且PA=6,PC=2,BD=9,求AD的长.解:(1)证明:连接AB,∵AC是⊙O1的切线,∴∠BAC=∠D,……………………………1分又∵∠BAC=∠E,∴∠D=∠E,∴AD∥EC.………………………4分(2)∵PA是⊙O1的切线,PD是⊙O1的割线,∴PA2=PB•PD,∴62=PB•(PB+9)∴PB=3,………………………………………6分在⊙O2中由相交弦定理,得PA•PC=BP•PE,∴PE=4,………………………………………8分∵AD是⊙O2的切线,DE是⊙O2的割线,∴AD2=DB•DE=9×16,∴AD=12…………………………………………10分23.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程已知直线l在直角坐标系xOy中的参数方程为(t为参数,α为倾斜角),曲线C的极坐标方程为ρ=4cosθ(其中坐标原点O为极点,x轴非负半轴为极轴,取相同单位长度).(1)写出曲线C的直角坐标方程;(2)若曲线C与直线l相交于不同的两点M、N,设P(4,2),求|PM|+|PN|的取值范围.(1).∵ρ=4cosθ,∴ρ2=4ρcosθ,∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2=4x……………………………………………3分(2)直线l的参数方程:(t为参数),代入x2+y2=4x,得t2+4(sinα+cosα)t+4=0,………………………………………………………………..6分∴sinα·cosα>0,又0≤α<π,∴α∈,且t1<0,t2<0.-15-\n∴|PM|+|PN|=|t1|+|t2|=|t1+t2|=4(sinα+cosα)=4sin,…………………8分由α∈,得α+∈,∴<sin≤1,故|PM|+|PN|的取值范围是(4,4].…………………………………………………10分24.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲设函数+1,.(1)当,解不等式;(2)若的解集为,,求证:.24、解:(1)当x时2x+1-(x-4)=x+5>0得x>-5,所以x成立当时,2x+1+x-4=3x-3>0得x>1,所以1<x<4成立当时-x-5>0得x<-5所以x<-5成立,……………………………………4分综上,原不等式的解集为{x|x>1或x<-5}..............................5分或:当,不等式即为两边平方得……………………………………2分解得所以不等式的解集为{x|x>1或x<-5}.................................5分(2)依题可知,所以,即所以当且仅当时取等号……10分-15-
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