河北省2022届高三模拟演练（三）数学试题

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河北省2022届高三模拟演练（三）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

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

1．已知全集，则（       ）

A． B． C． D．

2．复数在复平面内对应的点位于第一象限，且，则（       ）

A． B． C． D．

3．有一道民间源自于《孙子算法》的题目，筐内鸡蛋若干，三三数之余一，五五数之余二，….若已知该筐最多装200个鸡蛋，则筐内鸡蛋总数最多有（       ）

A．184 B．186 C．187 D．188

4．已知无解，为增函数，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

5．曲线在处的切线斜率为（       ）

A．0 B．1 C．2 D．

6．如图，在直角梯形中，，点M在以为直径的半圆上，且满足，则的最大值为（       ）

A．2 B．3 C． D．

7．已知双曲线的左､右焦点分别为，M为右支上一点，的内切圆圆心为Q，直线交x轴于点N，，则双曲线的离心率为（       ）

A． B． C． D．

8．已知一组数据：，则下列各数与的差的绝对值最小的是（       ）

A．0.83 B．0.84 C．0.85 D．0.86

9．将一组数据从小到大排列为：，中位数和平均数均为a，方差为，从中去掉第6项，从小到大排列为：，方差为，则下列说法中一定正确的是（       ）

A． B．的中位数为a

C．的平均数为a D．

10．已知函数，则（       ）

A．将的图象向左平移个单位可得的图象

B．将的图象向右平移个单位可得的图象

C．在区间上，方程的所有解的和为

D．在区间上不单调

11．已知，则以下不等式成立的是（       ）

A． B． C． D．

12．已知函数，则（       ）

A．在区间上单调递增

B．当时，取最小值

C．对为增函数

D．对

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知，则___________.

14．疫情期间，某医院的7名护士要派往甲､乙两个检测点，每个检测点至少2人，则不同的分派方式共有___________种.(用数字回答)

15．已知抛物线的焦点为F，A，B为抛物线C上在第一象限的两点，记直线与直线的斜率分别为与，且，则直线恒过定点___________.

16．如图，在正三棱柱中，与平面所成的角为，则该三棱柱外接球的表面积为___________.

17．已知数列满足.

(1)证明：是等比数列；

(2)求的值.

18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求C；

(2)若边上的中线长为4，求面积的最大值.

19．某班有男､女生各25人，某次数学考试成绩分布如下表：

(1)若不低于130分为优秀，则从全班同学中任意抽取3人，记X为成绩优秀的同学人数，求X的分布列；

(2)补充列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为数学成绩优秀与性别有关系？

附：，其中.

20．如图，在圆台中，上底面圆的半径为2，下底面圆O的半径为4，过的平面截圆台得截面为，M是弧的中点，为母线，.

(1)证明：平面；

(2)求二面角的正弦值.

21．已知为R上的增函数.

(1)求a；

(2)证明：若，则.

22．已知椭圆的左，右焦点分别为，右顶点为A，M，N是椭圆上关于原点对称且异于顶点的两点，记直线与直线的斜率分别为，且.

(1)求C的方程；

(2)若直线l交椭圆C于P，Q两点，记直线与直线的斜率分别为且，证明：直线l恒过定点.

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

直接按照补集和并集运算即可.

【详解】

由题意知：，.

故选：B.

2．D

【解析】

【分析】

先由对应点位于第一象限及求出，再由复数的除法求解即可.

【详解】

由题意知：，，解得或（舍去），

故.

故选：D.

3．C

【解析】

【分析】

设筐内鸡蛋为个，则，依次检验4个选项即可.

【详解】

设筐内鸡蛋为个，则，

对于A，，解得，不合题意，错误；

对于B，，解得，不合题意，错误；

对于D，，解得，不合题意，错误；

对于C，，解得，，解得，符合题意，正确.

故选：C.

4．C

【解析】

【分析】

分别由无解和为增函数解出的范围，即可判断.

【详解】

由无解可得，解得；由为增函数

可得，解得，故p是q的充要条件.

故选：C.

5．B

【解析】

【分析】

即求曲线在(0,f(0))处的导数.

【详解】

，.

故选：B.

6．D

【解析】

【分析】

建立直角坐标系，求出以为直径的圆的方程，借助三角函数设出，由求出，表示出，进而由辅助角公式结合三角函数的最值求解即可.

【详解】

如图，以为原点建立直角坐标系，设中点为，易得，则中点，，

故以为直径的圆的方程为，过作轴平行线交轴于，交半圆于，则，设，

则，又，

故，则，其中，

显然当时，取最大值.

故选：D.

7．A

【解析】

【分析】

先由切线长定理及双曲线的定义求得点横坐标为，再由直线的方程求出，再借助求得，进而求得，在，由双曲线的定义及余弦定理即可求出.

【详解】

如图，设内切圆Q与的三边分别切于三点，过作轴于点，易得，

又由双曲线定义得，即，又，

故，即点横坐标为，又，则，故直线的方程为，代入，

解得，即，又，则，故，

又，则，，在中，由余弦定理得，

即，化简得，即，解得或，又离心率大于1，故离心率为.

故选：A.

8．C

【解析】

【分析】

由以及解出的范围即可求解.

【详解】

由可得，解得，

由可得，解得，

故，0.85与的差的绝对值最小.

故选：C.

9．AC

【解析】

【分析】

由中位数的定义即可判断A、B选项；由平均数的定义即可判断C选项；由方差的定义即可判断D选项.

【详解】

由的中位数和平均数均为a，可知，，故A正确；

的中位数为，不一定等于，故的中位数不一定为a，B错误；

，故的平均数为a，C正确；

，由于，

故，

故，D错误.

故选：AC.

10．BCD

【解析】

【分析】

A、B选项由函数的平移变换即可判断；C选项结合图像及正弦函数的对称性即可判断；D选项由正弦函数的单调性即可判断.

【详解】

对于A，，错误；

对于B，，正确；

对于C，当时，，

结合图像知有两解，且两解关于对称，故两解之和为，故C正确；

当时，，，故在区间上不单调，D正确.

故选：BCD.

11．BCD

【解析】

【分析】

直接利用基本不等式即可判断ACD，由，可得，整理即可判断B.

【详解】

解：对于A，因为，

所以，所以，

当且仅当时取等号，故A错误；

对于B，

，

当且仅当时取等号，

所以，即，故B正确；

对于C，，

当且仅当，即时取等号，故C正确；

对于D，，

当且仅当且，即时取等号，故D正确.

故选：BCD.

12．ACD

【解析】

【分析】

直接求导确定函数单调递增，即可判断A、B选项；求导由即可确定C选项；由导函数和原函数在上均为增函数，结合函数图像即可判断D选项.

【详解】

易知定义域为，，故在区间上单调递增，A正确；

无最小值，B错误；

当时，，

易得，则，即，故为增函数，C正确；

当时，，令，易得为增函数，即在为增函数，

又在为增函数，故函数为“上凹”函数，

结合图像可知，D正确.

故选：ACD.

13．

【解析】

【分析】

将已知两式平方相加，结合两角和的正弦公式即可求得答案.

【详解】

由于，

故，

两式相加得： ，

故，即，

故答案为：

14．112

【解析】

【分析】

先将7名护士分成2组,再将两组分配到两个检测点

【详解】

先将7名护士分成2组，每组至少2人，则可分为（2，5）（3，4）两种情况，

故共有种分组方式，再将两组分配到两个检测点，由种方式

故分派方式共有56×2=112种.

故答案为：112.

15．

【解析】

【分析】

设出直线的方程，联立抛物线求得，由求得，即可求出定点坐标.

【详解】

易知直线的斜率必存在且不为0，设直线，联立抛物线

得，，，又，则，

，，

则，又，解得，故直线，恒过定点.

故答案为：.

16．

【解析】

【分析】

因为是正三棱柱，所以外接球球心O在上下底面中心O1O2连线的中点，即外接球的半径R=OA1，计算即得.

【详解】

如图，取BC的中点M，连结A1M，AM，因为是正三棱柱，所以球心O在上下底面中心O1O2连线的中点，即外接球的半径R=OA1，

又因为与平面所成的角为，所以AA1与平面所成的角为，

又因为是正三棱柱，所以∠AA1M=45°，所以，

所以

所以外接球面积为.

故答案为：.

17．(1)证明见解析；

(2)

【解析】

【分析】

（1）直接由得，又，即可证明是等比数列；

（2）先由等比数列通项公式求出，进而求得，按照分组求和和等比数列求和公式即可求解.

(1)

由可得，故，

又，故是以1为首项，2为公比的等比数列；

(2)

由（1）知：，则，故，

则

.

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用余弦定理将已知的式子统一成边的形式，化简后，再利用余弦定理可求出角C；

（2）在和中分别利用余弦定理可得，再结合（1）中的，可得，然后利用基本不等可得，再由三角形的面积公式可求出其最大值

(1)

因为，

所以由余弦定理得，，

，

，

整理得，

，

因为，所以，

所以由余弦定理得，

因为，所以，

(2)

因为边上的中线长为4，

所以，，

在中，由余弦定理得，

在中，由余弦定理得，

所以，

，

因为，

所以，

所以，即，

当且仅当时取等号，

所以，当且仅当时取等号，

所以面积的最大值为，

19．(1)答案见解析.

(2)不能认为数学成绩优秀与性别有关系.

【解析】

【分析】

（1）根据题意的取值为0、1、2、3，逐项计算概率，列出分布列.

（2）填写列联表，计算的值，对照附表得出结论.

(1)

解：由表中可知，数学成绩为优秀的同学总数为10名，数学成绩非优秀的同学总数为40名，在全班同学中任意抽取3人，故的取值为0、1、2、3.

,

,

,

.

故X的分布列为：

(2)

解：根据成绩分布表，补全列联表，如下：

则：，

所以不能认为数学成绩优秀与性别有关系.

20．(1)见解析；

(2)

【解析】

【分析】

（1）由，可求得圆台的高，进而由坐标计算可证；

（2）由坐标计算可得平面MBN的法向量为，平面ABN的法向量为，根据夹角公式可求得二面角的余弦值，进而得到正弦值.

(1)

如图建立空间直角坐标系，     设OO1的长度为t，

则，，，，，，

由题知，解得

∴，，

，∴

，∴

又∵，OM，OA1在平面内

所以平面；

(2)

设平面MBN的法向量为，平面ABN的法向量为，

则，∴

，∴

设二面角为锐二面角，

∴，

∴

故二面角的正弦值为.

21．(1)；

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）直接求导，由在R上恒成立，当时不成立，当时，由解出即可；

（2）由单调递增得，构造函数，求导确定单调性，求得即可证明.

(1)

由题意知：在R上恒成立，

当时，，显然当时，，不合题意；

当时，令得，当且仅当，即，时，

在R上恒成立，故.

(2)

由（1）知，，由可得，又为R上的增函数，

则，则，令，

则，

又，故当时，单减，

当时，单增，故，

即，即，即.

22．(1)；

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）设出，由斜率公式表示出，由及在椭圆上得，再结合焦点求出，即可求解；

（2）斜率不存在不合题意，斜率存在时设，联立椭圆方程求得，表示出，由解得或，求出定点坐标即可.

(1)

设，则，又，则，，

又，则，故，又，故，C的方程为；

(2)

当直线l斜率不存在时，易知直线与直线关于轴对称，，不合题意；

当直线l斜率存在时，设直线，联立椭圆方程，

整理得，则，

，又，，

由可得，整理得，

则，整理得，即，

故或，当时，，直线，过定点，不合题意；

当时，由得，直线，过定点，故直线l恒过定点.