河北省保定市2022届高三下学期二模数学试题

这是一份河北省保定市2022届高三下学期二模数学试题，共20页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，若函数，则函数的最小值为，已知a，，且，则的最大值为，已知双曲线C，已知复数z满足方程，则，已知O为坐标原点，椭圆C等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前河北省保定市2022届高三下学期二模数学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分     注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分  一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．2．已知向量，，则（       ）A．3 B．4 C．5 D．63．某研究机构为了了解初中生语文成绩的平均分y（单位：分）与每周课外阅读时间x（单位：分钟）是否存在线性关系，搜集了100组数据（，），并据此求得y关于x的线性回归方程为.若一位初中生的每周课外阅读时间为2个小时，则可估计她的语文成绩的平均分为（       ）A．70.6 B．100 C．106 D．1104．已知是空间两个不同的平面，则“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的（       ）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．非充分非必要条件5．若函数，则函数的最小值为（       ）A． B． C． D．6．已知函数，，，且在上单调递增，则（       ）A． B． C．2 D．37．已知a，，且，则的最大值为（       ）A．2 B．3 C． D．8．已知双曲线C：的左､右焦点分别为，，直线l：与C交于两点，且四边形的面积为.若点关于点的对称点为，且，则C的离心率是（       ）A． B． C．3 D．5评卷人得分  二、多选题9．已知复数z满足方程，则（       ）A．z可能为纯虚数 B．方程各根之和为4 C．z可能为 D．方程各根之积为10．已知O为坐标原点，椭圆C：的左､右焦点分别为，，两点都在上，且，则（       ）A．的最小值为4 B．为定值C．存在点，使得 D．C的焦距是短轴长的倍11．若直线是曲线与曲线的公切线，则（       ）A． B． C． D．12．已知函数在上先增后减，函数在上先增后减.若，，，则（       ）A． B． C． D．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分  三、填空题13．若展开式中各项的系数之和为96，则展开式中的系数为___________.14．现有10个圆的圆心都在同一条直线上，从左到右它们的半径依次构成首项为1，公比为2的等比数列，从第2个圆开始，每个圆都与前一个圆外切，前3个圆如图所示，若P，Q分别为第1个圆与第10个圆上任意一点，则的最大值为___________.（用数字作答）15．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P-ABC中，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，且，则鳖臑P-ABC外接球的体积是___________.16．已知，则的取值范围为___________.评卷人得分  四、解答题17．已知公差为2的等差数列的前n项和为，且.(1)求的通项公式.(2)若，数列的前n项和为，证明.18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角A；(2)若，，求△ABC的面积.19．甲､乙两人进行一次乒乓球比赛，比赛最多打5个回合，先胜3回合者胜出且比赛结束.在每回合比赛中，先发球者获胜的概率为0.6，胜者获得下一回合先发球的资格.已知第1回合中，甲先发球.(1)求比赛只进行了3回合的概率；(2)设比赛共进行了X回合，求X的数学期望.20．如图1，在Rt△ABC中，，，E，F都在AC上，且，，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P-EFGB，如图2.(1)证明：.(2)若M为PB的中点，求钝二面角B-FM-E的余弦值.21．已知函数.(1)若，证明：.(2)当时，恒成立，求a的取值范围.22．已知抛物线.(1)直线与交于、两点，为坐标原点.从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分.①证明：.②若，求的值；(2)已知点，直线与交于、两点（均异于点），且.过作直线的垂线，垂足为，试问是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由.
参考答案：1．C【解析】【分析】解不等式求出，进而求出并集.【详解】因为，所以.故选：C2．C【解析】【分析】由题知，进而求模即可.【详解】解：由题意可得，所以.故选：C3．C【解析】【分析】由题知，，进而得，再代入计算即可得答案.【详解】解：因为，，所以，，所以，则.当时，.故选：C4．B【解析】【分析】直接根据充分条件和必要条件的概念即可得结果.【详解】已知是空间两个不同的平面，若平面内存在不共线的三点到平面β的距离相等，可得或相交，反之，若，则平面上存在不共线的三点到平面的距离相等；所以“平面上存在不共线的三点到平面的距离相等”是“”的必要不充分条件．故选：B.【点睛】本题考查了空间两个平面位置关系，简单逻辑用语中充分必要条件的判断，属于基础题.5．D【解析】【分析】先利用配凑法求出的解析式，则可求出的解析式，从而可求出函数的最小值【详解】因为，所以.从而，当时，取得最小值，且最小值为.故选：D6．A【解析】【分析】由题意可得，从而可得，再由在上单调递增，可得，进而可求出的值【详解】因为，所以，所以，解得.因为，所以.因为在上单调递增，所以，解得，故.故选：A7．C【解析】【分析】由题知，进而得，再结合已知得，即可得答案.【详解】解：，则，当且仅当时，“=”成立，又a，，所以，当且仅当时，“=”成立，所以的最大值为.故选：C8．B【解析】【分析】由双曲线对称性得四边形是平行四边形，再根据题意得平行四边形是矩形，故设，，进而由得，再求离心率即可.【详解】解：由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形.如图，不妨设在第三象限，由题意可知分别线段，的中点，则.因为，所以，则平行四边形是矩形.设，，则，整理得，即，故双曲线C的离心率.故选：B9．BCD【解析】【分析】解方程，求出或，从而判断四个选项的正误.【详解】由，得或，即或，解得：或，显然A错误，C正确；各根之和为，B正确；各根之积为，D正确故选：BCD.10．BCD【解析】【分析】由题知关于原点对称，，，，进而判断AD；再根据椭圆的对称性可判断B正确；根据当在轴上时，为钝角判断C正确.【详解】解：因为，，，所以，，，所以,C的焦距是短轴长的倍，D正确.因为，故关于原点对称，所以，最小值为，故A错误；所以，由椭圆的对称性知，，所以B正确.当在轴上时，，则为钝角，所以存在点A，使得，故C正确.故选：BCD11．AD【解析】【分析】设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，再由导数为3求解.【详解】解：设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，对于函数，，则，解得，所以，即.对于函数，，则，又，所以，又，所以，.故选：AD12．BC【解析】【分析】根据指数式与对数式的关系由条件求出，，，构造函数结合零点存在性定理确定的范围，由此判断的大小关系.【详解】∵，∴，，∴.设，∵，，在上先增后减，∴.∵，∴，，∴，∴.∵，∴设，∵，，在上先增后减，∴.∴.故选：BC.【点睛】本题解决的关键在于结合函数的单调性及零点存在性定理确定的范围.13．25【解析】【分析】由题意可得，从而可求出，则展开式中的系数等于展开式中一次项系数的2倍加上的3次项系数【详解】由题意可知，得，则，展开式的通项公式为，所以展开式中的系数为.故答案为：2514．2046【解析】【分析】由题意可知，的最大值为这10个圆的直径之和，然后利用等比数列求和公式可求得结果【详解】由题意可知，的最大值为这10个圆的直径之和，由等比数列前项和公式可得，的最大值为.故答案为：204615．【解析】【分析】求出三角形ABC外接圆的半径，进而求出鳖臑P-ABC外接球的半径，求出体积.【详解】由题意可得三角形ABC外接圆的半径，因为PA⊥平面ABC，所以鳖臑P-ABC外接球的半径，故鳖臑P-ABC外接球的体积是.故答案为：16．【解析】【分析】不等式等价于，构造函数利用导数得到，化简即得解.【详解】解：因为，所以，即.设函数，则，因为，所以，所以为增函数.又，所以，所以，故.故答案为：17．(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列求和公式求出首项，从而求出通项公式；（2）裂项相消法求和证明不等式.(1)由题意，得，解得：，故.(2)证明：因为，所以，因为，所以.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理对已知式子化简可求出角A；（2）利用余弦定理求出，从而可求出三角形的面积(1)因为，所以，所以，因为，所以.因为，所以.(2)因为，，，所以由余弦定理，可得，即，解得或（舍去），故△ABC的面积为.19．(1)(2)【解析】【分析】（1）由题知，可能的情况为甲连胜3回合或乙连胜3回合，进而根据独立事件的乘法原则求解即可；（2）由题知X的可能取值为3，4，5，进而计算时的概率，分比赛进行4回合且甲胜出和比赛进行4回合且乙胜出两种情况讨论求解，再根据分布列的性质求得，最后计算期望即可.(1)解：因为比赛只进行了3回合，所以甲连胜3回合或乙连胜3回合，故所求概率为.(2)解：X的可能取值为3，4，5.由（1）得，.比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下：甲负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜..比赛进行4回合且乙胜出的情形如下：乙负胜胜胜､胜负胜胜､胜胜负胜...，故.20．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）由勾股定理逆定理得到线线垂直，三角形相似得到垂直，从而证明出线面垂直，线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.(1)证明：由，，得，，，则，所以.因为，所以△ABE∽△ACB，所以，即.又，所以平面PEB，因为平面PEB，所以.(2)以E为坐标原点，以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，则，，，，，，，，.平面BFM即平面BPM，设平面BFM的法向量为，则由，，得.令，得.设平面EFM的法向量为，则，，即.令，得.因为，所以钝二面角B-FM-E的余弦值为.21．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据题意，讨论函数的单调性，进而得其最小值，即可证明；（2）根据题意，在上单调递增，且，进而分和两种情况讨论求解即可.(1)证明：当时，，因为在上单调递增，且，所以时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增.所以，所以，.(2)解：，由于函数在均为单调递增函数，所以，在上单调递增，且.当，即时，，在上单调递增，所以.当，即时，存在唯一的零点，当时，，在上单调递减，则，这与恒成立矛盾，所以不满足题意综上，a的取值范围是.22．(1)①证明见解析；②(2)存在，定值为.【解析】【分析】（1）选①，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用两点间的距离公式以及抛物线的焦点弦长公式、韦达定理可证明等式成立；选②，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算出、，利用平面向量数量积的坐标运算可出关于的等式，即可求得的值；（2）分析可设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合已知条件可得出、所满足的关系式，可求得直线所过定点的坐标，再由，结合直角三角形的性质可知当为线段的中点时，为定值，即可得出结论.(1)解：选①：设点、，联立可得，（*）当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，所以，，，则，，所以.因为经过抛物线的焦点，所以，故.选②：设点、，联立可得，（*）当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，所以，，，则，，.因为，所以，解得.(2)解：若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，联立得，，由韦达定理可得，.因为，所以，所以，即.所以直线的方程为，则直线过定点.因为，所以当点为的中点时，为定值，故存在定点，使得为定值.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.