2022届河北保定一模数学试卷及答案

2022届河北保定一模数学试卷及答案

一、单选题

1．复数在复平面内对应的点为，则（       ）

A． B．

C． D．

2．已知集合，，则（       ）

A． B．

C． D．

3．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为（       ）

A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．2∶3

4．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则（       ）

A． B． C． D．

5．已知向量，，，则与的夹角为（       ）

A． B． C． D．

6．已知F为双曲线的右焦点，A为双曲线C上一点，直线轴，与双曲线C的一条渐近线交于B，若，则C的离心率（       ）

A． B． C． D．2

7．已知函数的图象关于点对称，则（       ）

A． B． C． D．

8．在正方体中，M为棱的中点，平面将该正方体分成两部分，其体积分别为，，，则（       ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．正态分布的正态密度曲线如图所示，则下列选项中，可以表示图中阴影部分面积的是（       ）.

A． B．

C． D．

10．已知、分别是方程，的两个实数根，则下列选项中正确的是（       ）.

A． B．

C． D．

11．在正方体中，点、分别是棱、的中点，则下列选项中正确的是（       ）.

A．

B．平面

C．异面直线与所成的角的余弦值为

D．平面截正方体所得的截面是五边形

12．已知是数列的前项和，且，则下列选项中正确的是（       ）.

A．（）

B．

C．若，则

D．若数列单调递增，则的取值范围是

三、填空题

13．已知是奇函数，且当时，．若，则______．

14．已知向量，，，则与的夹角为______.

15．函数的图象在点处的切线的斜率为______．

16．若函数在上单调递减，且在上的最大值为，则___________.

四、解答题

17．已知数列是递增的等比数列，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前n项和.

18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，.

(1)若，求b；

(2)若D为的中点，且，求的面积.

19．2021年9月3日，教育部召开第五场金秋新闻发布会，会上发布了第八次全国学生体质与健康调研结果.根绝调研结果数据显示，我国大中小中学的健康情况有了明显改善，学生总体身高水平也有所增加.但同时在超重和肥胖率上，中小学生却有一定程度上升，大学生整体身体素质也有所下滑.某市为调研本市学生体质情况，采用按性别分层抽样的方法进行调查，得到体质测试样本的统计数据（单位：人）如下：

(1)根据所给数据，完成下面列联表，并据此判断：能否有95%的把握认为该市学生体质测试是否达标与性别有关.（注：体质测试成绩为优秀、良好或及格则体质达标，否则不达标）

(2)体质测试成绩为优秀或良好则称体质测试成绩为优良，以样本数据中男、女生体质测试成绩优良的频率视为该市男、女生体质测试成绩优良的概率，在该市学生中随机选取2名男生，2名女生，设所选4人中体质测试成绩优良人数为，求的分布列及数学期望.

附：.

20．如图，是圆的直径，圆所在的平面，为圆周上一点，为线段的中点，，．

(1)证明：平面平面.

(2)若为的中点，求二面角的余弦值.

21．已知椭圆的焦距为，左､右焦点分别是，其离心率为，圆与圆相交，两圆交点在椭圆上.

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线不经过点且与椭圆相交于两点，若直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点.

22．已知函数，．

(1)设函数，求的最大值；

(2)证明：．

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

由复数对应点可得，根据复数除法运算可计算得到结果.

【详解】

对应的点为，，

.

故选：B.

2．C

【解析】

【分析】

计算出A的区间，按照交并补的定义求解即可.

【详解】

解不等式 ，

 解得 ，

即 ， ，

故选：C.

3．A

【解析】

【分析】

按圆柱侧面积和球的表面积公式计算即可.

【详解】

设球的半径的r，依题意圆柱的底面半径也是r，高是2r，

圆柱的侧面积= ，球的表面积为 ，

其比例为1:1，

故选：A.

4．D

【解析】

【分析】

利用三角函数定义求出和，再利用二倍角公式求解即可.

【详解】

根据三角函数定义，，

由二倍角公式.

故选：D

5．D

【解析】

【分析】

根据，利用向量数量积的定义和运算律可构造方程求得，结合向量夹角范围可得结果.

【详解】

，，

，解得：，

又，，即与的夹角为.

故选：D.

6．B

【解析】

【分析】

由题意求出，，再由可求得，从而可求表示出，进而可求得离心率

【详解】

由题意得，双曲线的渐近线方程为，

由双曲线的对称性，不妨设均为第一象限点，

当时，，得，所以，

当时，，所以，

因为，所以，

所以，得，

所以，

所以双曲线的离心率为，

故选：B

7．C

【解析】

【分析】

根据对称性可得，由此可构造方程求得结果.

【详解】

图象关于点对称，，

又，

，

，解得：，.

故选：C.

8．C

【解析】

【分析】

如图，取的中点，连接，则可得梯形 为平面所在的截面，则为三棱台的体积，设正方体的棱长为2，先求出，从而可求出，进而可求出的值

【详解】

如图，取的中点，连接，

因为M为棱的中点，所以∥，，

因为∥, ，

所以四边形为平行四边形，

所以∥，，

所以∥，，

所以梯形 为平面所在的截面，

则为三棱台的体积，

不妨设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，

因为，

所以

,

所以，

所以，

故选：C

9．ABC

【解析】

【分析】

由正态密度曲线的对称性逐一分析四个选项即可得答案.

【详解】

解：由正态分布的正态密度曲线关于直线对称，

对A：由对称性可得图中阴影部分可表示为，故选项A正确；

对B：由对称性可得，所以图中阴影部分可表示为，故选项B正确；

对C：由对称性可得，所以图中阴影部分可表示为，故选项C正确；

对D：由对称性可得，故选项D错误.

故选：ABC.

10．BD

【解析】

【分析】

在同一直角坐标系中画出的图象，可判断AB，然后结合不等式的性质可判断CD.

【详解】

函数在同一坐标系中的图象如下：

所以，

所以

所以

所以，

故选：BD

11．AD

【解析】

【分析】

以点为原点建立空间直角坐标系，然后运用向量可判断ABC，然后运用平行线法作出平面截正方体所得的截面，即可判断D.

【详解】

以点为原点如图建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，

则

因为，，，所以，故A正确；

因为，，设平面的法向量为

所以由，可得，所以可取，

因为，，所以不与平面平行，故B错误；

因为，

所以

所以异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误；

连接，在上取靠近的四等分点为，则

连接，在上取靠近的三等分点为，则

所以平面截正方体所得的截面是五边形，故D正确

故选：AD

12．AC

【解析】

【分析】

对于A， 由 ，多写一项，两式相减即可得出答案.

对于B，由 （），多递推一项，两式相减即可得出答案少了条件.

对于C，由分析知，所以奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，由等差数列得前项和公式即可得出答案.

对于D，因为数列单调递增，根据，即可求出的取值范围.

【详解】

对于A，因为，当，两式相减得：

（）,所以A正确.

对于B，因为（）,所以，

两式相减得：（），所以B不正确.

对于C，，令，则，，因为

，所以.令，则， ，所以.

因为（），而，所以.

所以奇数项是以为首项，2为公差的等差数列.

偶数项是以为首项，2为公差的等差数列.

则：

，所以C正确.

对于D，，令，则，，则

又因为，令则，所以，

同理：，

，

因为数列单调递增，所以，

解得：，

解得：，

解得：，

解得：，

解得：，

所以的取值范围是，所以D不正确.

故选：AC.

【点睛】

本题考查的是等差数列的知识，解题的关键是利用，得出的奇数项、偶数项分别成等差数列，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.

13．1

【解析】

【分析】

根据题意，利用奇函数的性质可知时，代入中可求出的值.

【详解】

解：因为是奇函数，，

所以，

因为当时，，

所以，所以，解得：.

故答案为：1.

14．##

【解析】

【分析】

首先求出，设向量与的夹角为，再根据计算可得；

【详解】

解：因为，所以，

设向量与的夹角为，因为，因为，所以.

故答案为：

15．

【解析】

【分析】

求出函数的导函数，代入计算即可；

【详解】

解：因为，所以，即，故函数在点处的切线的斜率为；

故答案为：

16．##-0.25

【解析】

【分析】

先根据函数在上单调递减及周期，确定，再根据函数的最大值求解.

【详解】

因为函数在上单调递减，

所以，，则，

又因为函数在上的最大值为，

所以，即，

所以.

故答案为：

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据题意列出方程求出公比可得；

（2）根据错位相减法及分组求和即可得解.

(1)

设数列的公比为，，则.

由得，由得，

所以，解得或（舍去），

所以.

所以数列的通项公式为.

(2)

由条件知，设，

则，

将以上两式相减得，

所以.

设，

则.

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）求出 ，然后按照正弦定理计算即可；

（2）利用 ，以及AD是中线的特点列方程即可.

(1)

因为，所以

在中，由正弦定理得，

即.

(2)

在中，由余弦定理得……①

因为D为的中点，所以.

在中，由余弦定理得.

在中，由余弦定理得.

由得……②

联立①②可得，即，

故答案为： ， .

19．(1)表格见解析，没有；

(2)分布列见解析，.

【解析】

【分析】

（1）完成列联表，再利用独立性检验求解；

（2）由题得的所有可能取值为0，1，2，3，4，再求出对应的概率，即得分布列和期望.

(1)

解：由题得列联表如下：

没有95%的把握认为该市学生体质达标与性别有关.

(2)

解：由题意男生体质测试优良率，女生体质测试优良率.

的所有可能取值为0，1，2，3，4.

的分布列为：

.

20．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）先证明平面得，再根据几何关系得，进而得平面，最后结合判定定理即可证明；

（2）根据题意，以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,利用坐标法求解即可.

(1)

证明：因为圆所在的平面，即平面，

而平面，所以．

因为是圆的直径，为圆周上一点，

所以．

又，

所以平面，而平面，

则，

因为，，

所以．又，

所以，而为线段的中点，

所以．

又，

所以平面，

而平面，故平面平面．

(2)

解：以为原点，分别以，的方向为轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．

不妨设，则，，，，，．

设平面的法向量为，

则令，得．

由（1）知平面的一个法向量为，

设二面角为，易知为锐角，则，

即二面角的余弦值为．

21．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据题意列出等式，求得 ，即得答案；

（2）考虑直线斜率是否存在，存在时，设出直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合直线与直线的斜率之和为化简整理可得参数之间的关系式，即可证明结论.

(1)

由题意得，

由圆与圆相交，两圆交点在椭圆上，

可知：，又，

解得：

所以椭圆的方程为：.

(2)

证明：①当直线的斜率不存在时，设直线，

由题意可知，且，设，

因为直线的斜率之和为，所以，

化简得，所以直线的方程为.

②当直线的斜率存在时，

设方程为，

联立消去，化简得.

，

由题意可得，

因为直线的斜率之和为，

所以，

，

，

，

，

化简整理得，

当且仅当时，即 或且 时符合题意，

直线的方程：，即，

故直线过定点，

综上①②可得直线过定点.

【点睛】

本题考查了椭圆方程的求法，以及直线和椭圆相交时的直线过定点问题，解答时要注意考虑直线斜率是否存在的情况，斜率存在时设出直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，然后结合条件得等式，化简即可，难点在于计算量较大并且运算繁琐，需要十分细心.

22．(1)；

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）利用导数分析函数在定义域上的单调性，由此可求得函数的最大值；

（2）原不等式等价于，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最小值，结合基本不等式可证得所求不等式成立.

(1)

解：因为，所以．

当时，；当时，．

所以在上为增函数，在上为减函数，从而．

(2)

证明：原不等式等价于，

则，令，则，

所以，在上单调递增．

令，则，，

所以，存在唯一使得，即，

当时，；当时，

此时在上单调递减，在上单调递增，

要证，即要证．

于是原问题转化为证明不等式组，

由，得，代入．

对两边取对数得，代入，得．

因为，当且仅当，时，等号成立，

所以．

【点睛】

方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.