2022届河北保定一模数学试卷及答案

这是一份2022届河北保定一模数学试卷及答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届河北保定一模数学试卷及答案一、单选题1．复数在复平面内对应的点为，则（       ）A． B．C． D．2．已知集合，，则（       ）A． B．C． D．3．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（       ）A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．2∶34．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则（       ）A． B． C． D．5．已知向量，，，则与的夹角为（       ）A． B． C． D．6．已知F为双曲线的右焦点，A为双曲线C上一点，直线轴，与双曲线C的一条渐近线交于B，若，则C的离心率（       ）A． B． C． D．27．已知函数的图象关于点对称，则（       ）A． B． C． D．8．在正方体中，M为棱的中点，平面将该正方体分成两部分，其体积分别为，，，则（       ）A． B． C． D．二、多选题9．正态分布的正态密度曲线如图所示，则下列选项中，可以表示图中阴影部分面积的是（       ）.A． B．C． D．10．已知、分别是方程，的两个实数根，则下列选项中正确的是（       ）.A． B．C． D．11．在正方体中，点、分别是棱、的中点，则下列选项中正确的是（       ）.A．B．平面C．异面直线与所成的角的余弦值为D．平面截正方体所得的截面是五边形12．已知是数列的前项和，且，则下列选项中正确的是（       ）.A．（）B．C．若，则D．若数列单调递增，则的取值范围是三、填空题13．已知是奇函数，且当时，．若，则______．14．已知向量，，，则与的夹角为______.15．函数的图象在点处的切线的斜率为______．16．若函数在上单调递减，且在上的最大值为，则___________.四、解答题17．已知数列是递增的等比数列，且.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和.18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，.(1)若，求b；(2)若D为的中点，且，求的面积.19．2021年9月3日，教育部召开第五场金秋新闻发布会，会上发布了第八次全国学生体质与健康调研结果.根绝调研结果数据显示，我国大中小中学的健康情况有了明显改善，学生总体身高水平也有所增加.但同时在超重和肥胖率上，中小学生却有一定程度上升，大学生整体身体素质也有所下滑.某市为调研本市学生体质情况，采用按性别分层抽样的方法进行调查，得到体质测试样本的统计数据（单位：人）如下： 优秀良好及格不及格男生100200780120女生120200520120 (1)根据所给数据，完成下面列联表，并据此判断：能否有95%的把握认为该市学生体质测试是否达标与性别有关.（注：体质测试成绩为优秀、良好或及格则体质达标，否则不达标） 达标不达标合计男生   女生   合计    (2)体质测试成绩为优秀或良好则称体质测试成绩为优良，以样本数据中男、女生体质测试成绩优良的频率视为该市男、女生体质测试成绩优良的概率，在该市学生中随机选取2名男生，2名女生，设所选4人中体质测试成绩优良人数为，求的分布列及数学期望.附：.0.0500.0100.0013.8416.63510.828 20．如图，是圆的直径，圆所在的平面，为圆周上一点，为线段的中点，，．(1)证明：平面平面.(2)若为的中点，求二面角的余弦值.21．已知椭圆的焦距为，左､右焦点分别是，其离心率为，圆与圆相交，两圆交点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)设直线不经过点且与椭圆相交于两点，若直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点.22．已知函数，．(1)设函数，求的最大值；(2)证明：．
参考答案：1．B【解析】【分析】由复数对应点可得，根据复数除法运算可计算得到结果.【详解】对应的点为，，.故选：B.2．C【解析】【分析】计算出A的区间，按照交并补的定义求解即可.【详解】解不等式 ， 解得 ，即 ， ，故选：C.3．A【解析】【分析】按圆柱侧面积和球的表面积公式计算即可.【详解】设球的半径的r，依题意圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积= ，球的表面积为 ，其比例为1:1，故选：A.4．D【解析】【分析】利用三角函数定义求出和，再利用二倍角公式求解即可.【详解】根据三角函数定义，，由二倍角公式.故选：D5．D【解析】【分析】根据，利用向量数量积的定义和运算律可构造方程求得，结合向量夹角范围可得结果.【详解】，，，解得：，又，，即与的夹角为.故选：D.6．B【解析】【分析】由题意求出，，再由可求得，从而可求表示出，进而可求得离心率【详解】由题意得，双曲线的渐近线方程为，由双曲线的对称性，不妨设均为第一象限点，当时，，得，所以，当时，，所以，因为，所以，所以，得，所以，所以双曲线的离心率为，故选：B7．C【解析】【分析】根据对称性可得，由此可构造方程求得结果.【详解】图象关于点对称，，又，，，解得：，.故选：C.8．C【解析】【分析】如图，取的中点，连接，则可得梯形 为平面所在的截面，则为三棱台的体积，设正方体的棱长为2，先求出，从而可求出，进而可求出的值【详解】如图，取的中点，连接，因为M为棱的中点，所以∥，，因为∥, ，所以四边形为平行四边形，所以∥，，所以∥，，所以梯形 为平面所在的截面，则为三棱台的体积，不妨设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，因为，所以,所以，所以，故选：C9．ABC【解析】【分析】由正态密度曲线的对称性逐一分析四个选项即可得答案.【详解】解：由正态分布的正态密度曲线关于直线对称，对A：由对称性可得图中阴影部分可表示为，故选项A正确；对B：由对称性可得，所以图中阴影部分可表示为，故选项B正确；对C：由对称性可得，所以图中阴影部分可表示为，故选项C正确；对D：由对称性可得，故选项D错误.故选：ABC.10．BD【解析】【分析】在同一直角坐标系中画出的图象，可判断AB，然后结合不等式的性质可判断CD.【详解】函数在同一坐标系中的图象如下：所以，所以所以所以，故选：BD11．AD【解析】【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，然后运用向量可判断ABC，然后运用平行线法作出平面截正方体所得的截面，即可判断D.【详解】以点为原点如图建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则因为，，，所以，故A正确；因为，，设平面的法向量为所以由，可得，所以可取，因为，，所以不与平面平行，故B错误；因为，所以所以异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误；连接，在上取靠近的四等分点为，则连接，在上取靠近的三等分点为，则所以平面截正方体所得的截面是五边形，故D正确故选：AD12．AC【解析】【分析】对于A， 由 ，多写一项，两式相减即可得出答案.对于B，由 （），多递推一项，两式相减即可得出答案少了条件.对于C，由分析知，所以奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，由等差数列得前项和公式即可得出答案.对于D，因为数列单调递增，根据，即可求出的取值范围.【详解】对于A，因为，当，两式相减得：（）,所以A正确.对于B，因为（）,所以，两式相减得：（），所以B不正确.对于C，，令，则，，因为，所以.令，则， ，所以.因为（），而，所以.所以奇数项是以为首项，2为公差的等差数列.偶数项是以为首项，2为公差的等差数列.则：，所以C正确.对于D，，令，则，，则又因为，令则，所以，同理：，，因为数列单调递增，所以，解得：，解得：，解得：，解得：，解得：，所以的取值范围是，所以D不正确.故选：AC.【点睛】本题考查的是等差数列的知识，解题的关键是利用，得出的奇数项、偶数项分别成等差数列，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.13．1【解析】【分析】根据题意，利用奇函数的性质可知时，代入中可求出的值.【详解】解：因为是奇函数，，所以，因为当时，，所以，所以，解得：.故答案为：1.14．##【解析】【分析】首先求出，设向量与的夹角为，再根据计算可得；【详解】解：因为，所以，设向量与的夹角为，因为，因为，所以.故答案为：15．【解析】【分析】求出函数的导函数，代入计算即可；【详解】解：因为，所以，即，故函数在点处的切线的斜率为；故答案为：16．##-0.25【解析】【分析】先根据函数在上单调递减及周期，确定，再根据函数的最大值求解.【详解】因为函数在上单调递减，所以，，则，又因为函数在上的最大值为，所以，即，所以.故答案为：17．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据题意列出方程求出公比可得；（2）根据错位相减法及分组求和即可得解.(1)设数列的公比为，，则.由得，由得，所以，解得或（舍去），所以.所以数列的通项公式为.(2)由条件知，设，则，将以上两式相减得，所以.设，则.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）求出 ，然后按照正弦定理计算即可；（2）利用 ，以及AD是中线的特点列方程即可.(1)因为，所以在中，由正弦定理得，即.(2)在中，由余弦定理得……①因为D为的中点，所以.在中，由余弦定理得.在中，由余弦定理得.由得……②联立①②可得，即，故答案为： ， .19．(1)表格见解析，没有；(2)分布列见解析，.【解析】【分析】（1）完成列联表，再利用独立性检验求解；（2）由题得的所有可能取值为0，1，2，3，4，再求出对应的概率，即得分布列和期望.(1)解：由题得列联表如下： 达标不达标合计男生10801201200女生840120960合计19202402160 没有95%的把握认为该市学生体质达标与性别有关.(2)解：由题意男生体质测试优良率，女生体质测试优良率.的所有可能取值为0，1，2，3，4.的分布列为：01234 .20．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）先证明平面得，再根据几何关系得，进而得平面，最后结合判定定理即可证明；（2）根据题意，以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,利用坐标法求解即可.(1)证明：因为圆所在的平面，即平面，而平面，所以．因为是圆的直径，为圆周上一点，所以．又，所以平面，而平面，则，因为，，所以．又，所以，而为线段的中点，所以．又，所以平面，而平面，故平面平面．(2)解：以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，，，，，．设平面的法向量为，则令，得．由（1）知平面的一个法向量为，设二面角为，易知为锐角，则，即二面角的余弦值为．21．(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意列出等式，求得 ，即得答案；（2）考虑直线斜率是否存在，存在时，设出直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合直线与直线的斜率之和为化简整理可得参数之间的关系式，即可证明结论.(1)由题意得，由圆与圆相交，两圆交点在椭圆上，可知：，又，解得：所以椭圆的方程为：.(2)证明：①当直线的斜率不存在时，设直线， 由题意可知，且，设，因为直线的斜率之和为，所以，化简得，所以直线的方程为.②当直线的斜率存在时，设方程为，联立消去，化简得.，由题意可得，因为直线的斜率之和为，所以，，，，，化简整理得，当且仅当时，即 或且 时符合题意，直线的方程：，即，故直线过定点，综上①②可得直线过定点.【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，以及直线和椭圆相交时的直线过定点问题，解答时要注意考虑直线斜率是否存在的情况，斜率存在时设出直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，然后结合条件得等式，化简即可，难点在于计算量较大并且运算繁琐，需要十分细心.22．(1)；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数分析函数在定义域上的单调性，由此可求得函数的最大值；（2）原不等式等价于，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最小值，结合基本不等式可证得所求不等式成立.(1)解：因为，所以．当时，；当时，．所以在上为增函数，在上为减函数，从而．(2)证明：原不等式等价于，则，令，则，所以，在上单调递增．令，则，，所以，存在唯一使得，即，当时，；当时，此时在上单调递减，在上单调递增，要证，即要证．于是原问题转化为证明不等式组，由，得，代入．对两边取对数得，代入，得．因为，当且仅当，时，等号成立，所以．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.