河北省衡水市2022届高三下学期二模考试数学试题+Word版含解析

这是一份河北省衡水市2022届高三下学期二模考试数学试题+Word版含解析，共14页。试卷主要包含了已知，，，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
3．回答选择题时，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，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。
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
A．B．C．D．
2．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
A．B．C．D
4．已知为锐角，且，则
A．B．C．D．
5．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
A．B．C．D．
6．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
A．B．C．D．
7．已知，，，则
A．B．C．D．
8．在平面直角坐标系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
A．3B．C．4D．5
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
A．B．
C．D．
10．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
A．B．
C．D．
11．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
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ABC
C．存在唯一点P，使得平面ABC
D．m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
C．D．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，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①；②；③三个选项中，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，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．
（ⅰ）求a的取值范图；
（ⅱ）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，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，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①，；选②，；选③，
【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①，
由（1）可知，，所以，
所以，
整理得，解得，
所以，
所以，又由，可得，
所以；
选②，
因为，所以，解得，
所以，得，；
选③，
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，
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
21．【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．
22．【答案】（1）的极大值为，无极小值（2）（ⅰ）；（ⅱ）略
【解析】
（1）解：当时，，则，令，解得，
列表可知，
的极大值为，无极小值；
（2）（ⅰ）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；
（ⅱ）证明：
因为，令，解得，
列表可知，在上单调递增，在上单调递减，
①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；
②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．
X
0
5
10
15
20
P
x
（0，1）
1
+
0
-
单调递增
1
单调递减