2022届河北省邯郸市高考二模数学试题含解析

这是一份2022届河北省邯郸市高考二模数学试题含解析，共15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届河北省邯郸市高考二模数学试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B．[—1，7]C． D．（2，4）【答案】A【分析】解一元二次不等式、绝对值不等式求集合A、B，再由集合的交运算求结果.【详解】由题设，，或，所以或.故选：A2．已知，则|z|＝（       ）A．2 B．2 C． D．【答案】C【分析】根据复数除法的法则，结合复数模的计算公式进行求解即可.【详解】由，所以，故选：C3．函数在上的值域为（       ）A．  B．C． D． 【答案】C【分析】根据正弦型函数的图像和单调性即可求解.【详解】当时，，当时，即 时，取最大值1，当，即 时，取最小值大于 ，故值域为 故选：C4．甲、乙两人玩一个传纸牌的游戏，每个回合，两人同时随机从自己的纸牌中选一张给对方．游戏开始时，甲手中的两张纸牌数字分别为1，3，乙手中的两张纸牌数字分别为2，4．则一个回合之后，甲手中的纸牌数字之和大于乙手中的纸牌数字之和的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】用列举法，结合古典概型计算公式进行求解即可.【详解】甲手中的两张纸牌数字用表示，乙手中的两张纸牌数字用表示，一个回合之后，甲、乙两人手中的两张纸牌数字分别为：（1）；（2）；（3）：（4）共4种情况，其中甲手中的纸牌数字之和大于乙手中的纸牌数字之和共有一种情况，所以甲手中的纸牌数字之和大于乙手中的纸牌数字之和的概率为，故选：B5．在我国古代著作《九章算术》中，有这样一个问题：“今有五人分五钱，令上二人与下三人等，问各得几何？”意思是有五个人分五钱，这五人分得的钱数从多到少成等差数列，且得钱最多的两个人的钱数之和与另外三个人的钱数之和相等，问每个人分别分得多少钱．则这个等差数列的公差d＝（       ）A．－ B．－ C．－ D．－【答案】A【分析】利用等差数列通项公式及前n项和公式列方程组求基本量即可.【详解】若分得的钱从多到少分别为，所以，可得.故选：A6．若向量，满足，，且，则向量与夹角的余弦值为（       ）.A． B． C． D．【答案】D【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可.【详解】因为，且，所以，因为，所以向量与夹角的余弦值为，故选：D7．已知抛物线的焦点为F，点A在C上，点B满足（O为坐标原点），且线段AB的中垂线经过点F，则＝（       ）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】根据题设知且，再利用抛物线定义及A在C上求出坐标，应用两点距离公式，即可得结果.【详解】由题设知：，而，则，又AB的中垂线经过点F，则，不妨设且，则，可得，故，所以，综上.故选：B8．已知函数，且，，，则（       ）.A． B．C． D．【答案】B【分析】利用导数的性质判断函数的单调性，结合函数的单调性进行判断即可.【详解】由，当时，单调递减， 因为，所以，因为，所以，故，故选：B【点睛】关键点睛：得到是解题的关键.二、多选题9．下列各式的值为的是（       ）.A．sin B．sincosC． D．【答案】AD【分析】根据诱导公式，结合二倍角的正弦公式、余弦公式、正切公式逐一判断即可.【详解】A：，符合题意；B：，不符合题意；C：，不符合题意；D：，符合题意，故选：AD10．如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是（       ）A．A与B B．D与E C．B与D D．C与F【答案】ABD【分析】根据平面展开图，还原正方体，然后进行判断即可.【详解】将平面展开图，还原正方体如下图所示： 所以互相重合的点是A与B，D与E,C与F，故选：ABD11．已知f(x)是定义在R上的奇函数，若且，则)的值可能为（       ）A．－2 B．0 C．2 D．4【答案】BC【分析】利用的周期性、奇偶性可得、，进而讨论判断目标式的可能值.【详解】由题设，周期为4的奇函数，且，则，即，，所以，，当或，时；当或，时；故选：BC12．已知P是圆O：上的动点，点Q(1，0)，以P为圆心，PQ为半径作圆P，设圆P与圆O相交于A，B两点．则下列选项正确的是（       ）A．当P点坐标为(2,0)时，圆P的面积最小B．直线AB过定点C．点Q到直线AB的距离为定值D．【答案】ACD【分析】A由题意圆P的面积最小只需最小，结合圆的性质判断；B应用特殊点，讨论为圆O在x轴交点分别判断直线的位置即可判断；C由两圆相交弦所在直线的求法确定直线，再由点线距离公式判断；D由垂直平分，结合弦心距、半径、弦长关系得到关于圆P半径的表达式，结合二次函数性质求范围.【详解】A：根据圆的性质知：P点坐标为(2,0)时最小，此时圆P的面积最小，正确；B：若圆P的半径为且，如下图，当为圆O在x轴右侧交点，此时，显然直线垂直于x轴，在点右侧；如下图，当为圆O在x轴左侧交点，此时，显然直线也垂直于x轴，在点左侧；所以直线不可能过定点，错误；C：由对称性，不妨设，则，所以圆P方程为，又直线为两圆相交弦，则圆P、圆O相减并整理得：直线，所以Q到直线AB的距离为定值，正确；D：由题意，与交于C且垂直平分，令，则，可得，故，所以，正确；故选：ACD【点睛】关键点点睛：选项C利用两圆相交求相交弦所在直线方程，结合点线距离公式求距离，选项D通过弦心距、弦长、半径的几何关系得到关于圆P半径的表达式.三、填空题13．的展开式中的常数项为___．（用数字作答）【答案】【分析】利用二项式的通项公式进行求解即可.【详解】二项式的通项公式为，令，所以常数项为，故答案为：14．若双曲线C：的一条渐近线与直线平行，则C的离心率为___．【答案】【分析】根据渐近线与直线平行，可得 ，进而可得离心率       .【详解】双曲线C：的渐近线方程为 ，与渐近线平行，故可得 ，所以离心率为 故答案为：15．已知正三棱锥P－ABC的底面边长为6，其内切球的半径为1，则此三棱锥的高为___．【答案】3【分析】设三棱锥的高为，利用等体积法有列方程求高.【详解】若三棱锥的高为，而底面外接圆半径，且底面的高为，所以底面外接圆圆心到底面各边的距离为，由正三棱锥的结构知：各侧面的高为，所以各侧面三角形面积为，则，则，可得.故答案为：316．已知点P为曲线上的动点，O为坐标原点．当最小时，直线OP恰好与曲线相切，则实数a＝___．【答案】【分析】根据两点间距离公式，结合导数的性质和导数的几何意义进行求解即可.【详解】设，所以，设，，当时，，，所以单调递增，当时，，，所以单调递减，当时，函数有最小值，即有最小值，所以，此时直线OP的方程为，设直线与曲线相切于点，由，显然在直线上，则，因此有，故答案为：【点睛】关键点睛：构造函数，利用导数判断所构造函数的单调性是解题的关键.四、解答题17．已知等比数列{}的公比，且，．(1)求数列{}的通项公式；(2)设数列{}的前n项和为，求数列{}的前n项和．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据等比数列的通项公式进行求解即可；（2）利用错位相消法进行求解即可.【详解】(1)由，或（舍去），所以；(2)由（1）可知，所以，所以，设数列{}的前n项和为，，，，得，即.18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D在边BC上，且．(1)若，，且∠CAD为锐角，求CD的长；(2)若，求的值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题设可得，进而求得，应用余弦定理求CD的长；（2）由正弦定理可得、，结合即可求目标式的值.【详解】(1)由，，则，所以，又∠CAD为锐角，则，又，在△中，可得.(2)由，在△中，则，在△中，则，又，故，又，所以.19．如图，在三棱锥P－ABC中，△ABC为等腰直角三角形，且，△ABP是正三角形．(1)若，求证：平面ABP⊥平面ABC；(2)若直线PC与平面ABC所成角为，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明过程见解析；(2).【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式,结合线面角、面面角的定义进行求解即可.【详解】(1)设的中点为，连接，因为，所以，因为△ABP是正三角形，所以，因此，而平面，所以平面，而平面，所以，因为△ABC为等腰直角三角形，且，所以，而平面ABP，所以平面ABP，而平面ABC，所以平面ABP⊥平面ABC；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则有，因为△ABP是正三角形，所以该三角形的高为，于是有，设平面ABC的法向量为，，因为直线PC与平面ABC所成角为，所以，而，解得：，，即，设平面的法向量为，，，所以有，.20．已知甲、乙两人进行一场乒乓球比赛，比赛采用五局三胜制，即两人中先胜三局的人赢得这场比赛，比赛结束．已知第一局比赛甲获胜的概率为，且每一局的胜者，在接下来一局获胜的概率为．(1)求两人打完三局恰好结束比赛的概率；(2)设比赛结束时总的比赛局数为随机变量X，求X的数学期望．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题设分析知：两人打完三局恰好结束比赛的基本事件有{三局甲胜}、{三局乙胜}，利用独立事件的乘法公式及互斥事件加法求概率；（2）由题意有前三局{两局甲胜，一局乙胜，最后甲胜}、{两局乙胜，一局甲胜，最后乙胜}，有前四局{甲乙各胜两局}，再分别求出它们的概率，应用期望公式求期望.【详解】(1)由题意，两人打完三局恰好结束比赛的基本事件有{三局甲胜}、{三局乙胜}，而第一局比赛甲获胜的概率为，则第一局比赛乙获胜的概率为，又胜者在接下来一局获胜的概率为，所以{三局甲胜}的概率为；{三局乙胜}的概率为；所以两人打完三局恰好结束比赛的概率.(2)由题意知：X可能值为3、4、5，由（1）知：，当时，前三局{两局甲胜，一局乙胜，最后甲胜}、{两局乙胜，一局甲胜，最后乙胜}，{两局甲胜，一局乙胜，最后甲胜}的概率，{两局乙胜，一局甲胜，最后乙胜}的概率，所以，当时，前四局{甲乙各胜两局}，，综上，.21．已知点P（2，）为椭圆C：）上一点，A，B分别为C的左、右顶点，且△PAB的面积为5．(1)求C的标准方程；(2)过点Q（1，0）的直线l与C相交于点G，H（点G在x轴上方），AG，BH与y轴分别交于点M，N，记，分别为△AOM，△AON（点O为坐标原点）的面积，证明为定值．【答案】(1)；(2)证明过程见解析.【分析】（1）根据左右顶点的定义，结合代入法、三角形面积公式进行求解即可；（2）设出直线l的方程与椭圆标准方程联立，结合一元二次方程根与系数关系、三角形面积公式进行求解即可.【详解】(1)因为△PAB的面积为5，点P（2，）为椭圆C：上一点，所以有；(2)由题意可知直线l的斜率不为零，故设方程为，与椭圆方程联立为：，设，因为，所以，， 直线AG的方程为：，令，得，即，同理可得：，，因为，所以有，于是有，因此为定值.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题关键.22．已知函数，．(1)若，分析f（x）的单调性；(2)若f（x）在区间（1，e）上有零点，求实数a的取值范围．【答案】(1)是上单调递减函数；(2).【分析】（1）利用导数的性质，结合放缩法进行求解即可；（2）利用函数零点的定义，结合构造函数法，结合导数的性质进行求解即可.【详解】(1)且，设，当时，单调递增，当时，单调递减，故当时，函数有最小值，因此有，设，∴时，∴，即（取等号的条件是），是上的单调递减函数；(2)在区间上能成立，且，设，当时，单调递减，当时，单调递增，故当时，函数有最大值，因此有，设，则，设，则在区间上，单调递增，，故，亦即单调递减，在区间上值域为，实数的范围是 .【点睛】关键点睛：构造函数，利用导数的性质、放缩法是解题的关键.