2022届河北省廊坊市一中5月普通高等学校招生模拟考试（廊坊市三模）数学试卷含解析

这是一份2022届河北省廊坊市一中5月普通高等学校招生模拟考试（廊坊市三模）数学试卷含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
  廊坊2022年普通高等学校招生模考数 学 试 卷一、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.已知集合，，则中元素的个数为A.2 B.3 C.4 D.52.已知复数，
A. B. C. D.3.若二项式(2x＋)7的展开式中的系数是84，则实数a等于A.2  B.  C.1  D.4.如果圆锥的侧面展开图是直径为的半圆面，那么此圆锥的轴截面是A.等边三角形  B.等腰直角三角形  C.顶角为的等腰三角形  D.其他等腰三角形5.若，则事件与的关系是A.事件与互斥  B.事件与对立C.事件与相互独立 D.事件与既互斥又相互独立6.已知，则A. B. C. D.7.已知⊙O：x2＋y2＝1，点A(0，－2)，B(a，2)，从点A观察点B，要使视线不被⊙O挡住，则实数a的取值范围是A.(－∞，－2)∪(2，＋∞)    B.∪C.∪   D.8.右图中有一个信号源和五个接收器。接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号。若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是A.　　　B.      C.　　　D.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，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.甲、乙两班举行电脑汉字录入比赛，参赛学生每分钟录入汉字的个数经统计计算后填入下表，某同学根据表中数据分析得出的结论正确的是班级参加人数中位数方差平均数甲55149191135乙55151110135A.甲、乙两班学生成绩的平均数相同     B.甲班的成绩波动比乙班的成绩波动大C.乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数（每分钟输入汉字数个为优秀）D.甲班成绩的众数小于乙班成绩的众数10. 已知实数m，n和向量，下列结论中正确的是
A.          B.C.若，则        D.若，则11.已知直线与圆，点，则下列说法正确的是A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C.若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切12. 我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立．下面给出的平面几何中的四个真命题, 在空间中仍然成立的有A.平行于同一条直线的两条直线必平行B.垂直于同一条直线的两条直线必平行C.一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补D.一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知是定义在R上的奇函数，当时，，则______.14.已知O为坐标原点，抛物线的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且.若，则C的准线方程为____________.15.已知，则，则等于          ．16.设直线是曲线的一条切线，则实数的值是         .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）在中，角对的边分别为，且（1）求的值；（2）若，求的面积18.（12分）已知数列的首项的等比数列，其前项和中，（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求19.（12分）已知四棱锥，底面ABCD为菱形，，，平面平面ABCD，，E为AB的中点.（1）若F为PD上一点，，证明：；（2）若，求二面角的正弦值.20.（12分）已知函数，是的导函数.（1）求的极值；（2）当时，证明：.21.（12分）已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形.(1)求椭圆C的标准方程；(2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”.过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，当k1＋k2＝2时，求“卫星圆”的个数.22.（12分）某人玩硬币走跳棋的游戏。已知硬币出现正反面的概率都是，棋盘上标有第0站、第1站、第2站、……、第100站.一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋子向前跳一站(从k到k+1)；若掷出反面，棋子向前跳两站(从k到k+2)，直到棋子跳到第99站(胜利大本营)或跳到第100站(失败集中营)时，该游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为Pn.(1)求P0、P1、P2的值；(2)求证：Pn－Pn－1=－(Pn－1－Pn－2)，其中n∈N，2≤n≤99；(3)求玩该游戏获胜的概率及失败的概率。
参考答案：1．B【解析】【分析】采用列举法列举出中元素的即可.【详解】由题意，，故中元素的个数为3.故选：B【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.2．D【解析】【分析】先求出，，再利用复数的除法运算求解.【详解】∵，∴，，∴．故选：D3．C【解析】【详解】试题分析：二项式的通项公式为，令，得．故展开式中的系数是，解得．考点：二项式定理4．A【解析】【详解】试题分析：因为圆锥的侧面展开图是直径为a的半圆面，所以圆锥母线长为，圆锥底半径，所以此圆锥的轴截面是等边三角形，故选A．考点：本题主要考查圆锥的几何特征及其侧面展开图．点评：注意观察轴截面中底面半径、高、母线之间的关系．基础题型．5．C【解析】【分析】根据相互独立的事件的定义判断即可；【详解】解：因为，所以，又，，所以，则与相互独立；因为，所以事件与显然不对立，无法确定事件与是否互斥；故选：C6．A【解析】【详解】∵,∴,∴,∴.∴.选A．7．B【解析】【分析】根据题意，先设过点的切线的斜率为，得到切线方程为，根据题意，求出，得到切线方程，与联立求交点坐标，进而可得出结果.【详解】解：易知点在直线上，过点作圆的切线，设切线的斜率为，则切线方程为，即，由，得，∴切线方程为，和直线的交点坐标分别为，故要使视线不被挡住，则实数的取值范围是.故选：B.8．D【解析】【分析】先将左端的六个接线点随机地平均分成三组可能出现的所有结果找出来，再根据五个接收器能同时接收到信号必须全部在同一个串联线路中，求出此种情况可能出现的结果，再运用古典概型的概率公式即可得出所求事件概率．【详解】解：根据题意，设右端连线方式如图，对于左端的六个接线点，将其随机地平均分成三组，共有种结果，五个接收器能同时接收到信号必须全部在同一个串联线路中，则1必须和3、4、5、6中其中1个相接，接好后，2只有2种情况可选，剩下的接线点只有1种接法，所以共有种结果，同理，右端连线方式变化时，左端的接线方法都有15种，其中有8种可以收到信号，∴这五个接收器能同时接收到信号的概率是，故选：D．【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算公式，考查平均分组问题，属于中档题．9．ABC【解析】根据图表直接计算平均数、方差和众数与甲、乙两班学生每分钟输入汉字数≥150个的人数分析即可.【详解】甲、乙两班学生成绩的平均数都是35，故两班成绩的平均数相同，A正确；，甲班成绩不如乙班稳定，即甲班的成绩波动较大，B正确.甲、乙两班人数相同，但甲班的中位数为149，乙班的中位数为151，从而易知乙班不少于150个的人数要多于甲班，C正确；由题表看不出两班学生成绩的众数，D错误.故选：ABC【点睛】本题主要考查了根据平均数、方差和众数分析实际意义的问题,属于基础题型.10．ABD【解析】【分析】利用平面向量的线性运算可判断ABCD选项.【详解】对于A选项，，A对；对于B选项，，B对；对于C选项，若，则，所以，或，C错；对于D选项，若，则，所以，，即，D对.故选：ABD.11．ABD【解析】【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.【详解】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则，所以，则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.12．AC【解析】【分析】根据线线平行传递性和课本中的定理可判断AC正确；垂直于同一条直线的两条直线位置关系不确定，可判断B，通过举反例可判断D.【详解】根据线线平行具有传递性可知A正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故B错误；根据定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补可知C正确；如图，且，则但和的关系不确定，故D错误.故选：AC13．【解析】【详解】试题分析：因为函数是定义在上的奇函数，当时，，则.考点：函数奇偶性的应用.14．x＝－【解析】【分析】根据条件可得∠OPF＝∠PQF，利用正切值相同列方程求出p，进而可得C的准线方程.【详解】由题得|OF|＝，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan∠PQF，所以＝，即，解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－.故答案为：x＝－.15．【解析】【分析】将指数式化为对数式，然后利用对数运算，化简求得A的值.【详解】∵,∴，.∴，.又∵,,即，∴，.故答案为：16．【解析】【分析】设切点坐标，根据切点处的导数等于切线斜率，和切点在切线和曲线上列方程组可解.【详解】设切点坐标为，因为，所以有因为，所以，所以.故答案为：17．（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理求出，然后代入所求的式子即可；（2）由余弦定理求出ab=4，然后根据三角形的面积公式求出答案．【详解】（1）因为，由正弦定理，得，∴；（2）∵，由余弦定理得，即，所以，解得或（舍去），所以【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理等知识．在解三角形问题中常涉及正弦定理、余弦定理、三角形面积公式及同角三角函数基本关系等问题，故应综合把握．18．（1）.（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）讨论等比数列的工笔q=1和,将数列的前n项和公式代入,求出基本量和,进而求出数列的通项公式; （2）化简,利用裂项相消法求出.试题解析：（1）若，则不符合题意，，当时，由得.（2），，.点睛: 在数列求和中，最常见最基本的求和就是等差、等比数列中的求和，这时除了熟练掌握求和公式外还要熟记一些常见的求和结论，再就是分清数列的项数，以免在套用公式时出错．裂项相消法.把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．19．(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）由面面垂直推证得面，再由线面垂直即可证明线线垂直；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，再利用向量法即可求得二面角的正弦值.(1)如图，连接CE，AC.∵底面ABCD为菱形，且，∴△ABC为等边三角形.又E为AB的中点，故.∵平面平面ABCD，且AB为平面PAB与平面ABCD的交线，平面ABC，∴平面PAB.∵平面PAB，∴.又∵，，面，∴平面CFE.∵平面CFE，∴.(2)连接PE，∵，且E为AB的中点，∴.∵平面平面ABCD，且AB为平面PAB与平面ABCD的交线，平面PAB，∴平面ABCD，又面，故，∴EB，EC，EP两两垂直，∴以点E为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，∵，，∴由勾股定理可得，，∴，，，，∴，，.设平面PBC的法向量为，由得取，则，，则.设平面PCD的法向量为，由得取，则，则·则，∴二面角的正弦值为.20．（1）极大值，无极小值（2）证明见解析【解析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；（2）令，求出的导数，根据函数的单调性求出函数的最大值，从而证明结论即可．【详解】（1）因为，所以．当时，；当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减， 从而有极大值，极大值为，无极小值． （2）证明：令，则． 设，则． 因为，所以，所以在上单调递减． 又，所以当时，；当时，， 即当时，；当时，． 所以在区间上单调递增，在区间，上单调递减． 所以，所以．【点睛】关键点点睛：在证明函数不等式时，一般根据结论构造函数，利用导数求出函数的极值或最值，本题中根据最值可得不等式，不等式得证.21．(1)；(2)8个.【解析】(1)由条件可得，解出来即可；(2) 设“卫星圆”的圆心为，由定义可得“卫星圆”的标准方程为，求其圆心到直线，直线的距离，整理可转化为、是方程的两个不相等的实数根，则，再加上，，解方程即可.【详解】(1)∵椭圆C的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形，∴由椭圆的定义和正方形的性质，可得，解得.又∴椭圆C的标准方程为.(2)设“卫星圆”的圆心为.由“卫星圆”的定义，可得“卫星圆”的半径为.∴“卫星圆”的标准方程为.∵直线：与“卫星圆”相切，则由点到直线的距离公式可，化简得.同理可得.∴、是方程的两个不相等的实数根，∴，由，得，将代入得，.又∵“卫星圆”的圆心在椭圆C上，∴代入椭圆方程中，可得.解得，.当时，；当时，，∴满足条件的点共8个，∴这样“卫星圆”存在8个.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，注意韦达定理的应用，考查计算能力与分析能力，是一道中档题.22．（1）...（2）见解析；（3），.【解析】【分析】(1)分析投掷硬币的情况，再分别计算即可.(2)根据棋子跳到第站情况有且仅有①棋子先到第站，又掷出反面，②棋子先到第站，又掷出正面，两种情况，再求出递推公式再化简证明即可.(3)根据(2)可知数列是首项为，公比为的等比数列得到，再累加求和求出即可求解及.【详解】（1）棋子开始在第0站为必然事件，∴.第一次掷硬币出现正面，棋子跳到第1站，其概率为，∴.棋子跳到第2站应从如下两方面考虑：①前两次掷硬币都出现正面，其概率为；②第一次掷硬币出现反面，其概率为.∴.（2）证明：棋子跳到第n（）站的情况是下列两种，而且也只有两种：①棋子先到第站，又掷出反面，其概率为；②棋子先到第站，又掷出正面，其概率为.∴.∴.（3）由（2）知，当时，数列是首项为，公比为的等比数列.∴，，，…，.以上各式相加，得，∴.∴，.【点睛】本题主要考查了实际运用中的数列递推公式、等比数列的证明以求解以及对立事件的概率公式等，需要根据题意确定递推公式，进而得出通项公式.属于难题.