2022保定高三下学期一模考试数学试题含答案

这是一份2022保定高三下学期一模考试数学试题含答案，共16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。

2022年高三第一次模拟考试
数学试题

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，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数，复数是复数的共轭复数，则（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
3. 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知某商品的进价为4元，通过多日的市场调查，该商品的市场销量（件）与商品售价（元）的关系为，则当此商品的利润最大时，该商品的售价（元）为（ ）
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
5. 已知三棱锥，其中平面，，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知函数的图象如图所示，则下面描述不正确的是（ ）

A. B. C. D.
7. 已知双曲线的右焦点为，在右支上存在点，，使得为正方形（为坐标原点），设该双曲线离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数（）图象上存在点M，函数（e为自然对数的底数）图象上存在点N，且M，N关于点对称，则实数a的取值范围是（ ）
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. 已知向量，将向量绕原点逆时针旋转90°得到向量，将向量绕原点顺时针旋转135°得到向量，则（ ）
A. B. C. D.
10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与该椭圆相交于，两点，点在该椭圆上，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点，使得 B. 满足为等腰三角形点有2个
C. 若，则 D. 的取值范围为
11. 已知数列的前项和为，且满足，，，则下面说法正确的是（ ）
A. 数列为等比数列 B. 数列为等差数列
C. D.
12. 下面描述正确的是（ ）
A. 已知，，且，则
B. 函数，若，且，则的最小值是
C. 已知，则的最小值为
D. 已知，则的最小值为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第15题第一空2分，第二空3分．
13. 若函数在处的切线过点，则实数______．
14. 2022年北京冬奥会的某滑雪项目中有三个不同的运动员服务点，现需将10名志愿者分配到这三个运动员服务点处，每处需要至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法一共有______种．
15. 已知定义在上的函数在处取得最小值，则最小值为______，此时______．
16. 在如图直四棱柱中，底面为菱形，，，点为棱的中点，若为菱形内一点（不包含边界），满足平面，设直线与直线所成角为，则的最小值为______.

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. 已知数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求的前项和．



18. 如图，在等腰梯形中，，，，现将沿折起至，使得．

（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值．



19. 已知在△中，，角平分线与相交于点．
（1）若，求的长；
（2）若，求△面积最小值．



20. 2021年初某公司研发一种新产品并投入市场，开始销量较少，经推广，销量逐月增加，下表为2021年1月份到7月份，销量（单位：百件）与月份之间的关系．
月份
1
2
3
4
5
6
7
销量
6
11
21
34
66
101
196
（1）画出散点图，并根据散点图判断与（，均为大于零的常数）哪一个适合作为销量与月份的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）？

（2）根据（1）的判断结果及表中的数据，求关于的回归方程，并预测2021年8月份的销量；
（3）考虑销量、产品更新及价格逐渐下降等因素，预测从2021年1月份到12月份（取值依次记作1到12），每百件该产品的利润为元，求2021年几月份该产品的利润最大．
参考数据：





62.14
1.54
2535
50.12
3.47
其中，．
参考公式：
对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．





21. 直线交抛物线于，两点，过，作抛物线的两条切线，相交于点，点在直线上．
（1）求证：直线恒过定点，并求出点坐标；
（2）以为圆心的圆交抛物线于四点，求四边形面积的取值范围．




22. 已知，．
（1）存在满足：，，求的值；
（2）当时，讨论的零点个数．





2022年高三第一次模拟考试
数学参考答案

题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
C
B
A
C
D
B
C
BCD
ACD
ABD
AC
1.D　解析：根据题意得集合A＝⇒，所以集合A＝，∁RB＝，所以A∩∁RB＝，故选D.
[命题意图] 考查指数的值域，集合的补集与集合的运算．
2．C　解析：根据题意得z·＝2＝2＝2＝2，故选C.
[命题意图] 考查复数的运算，复数的模的灵活应用．
3．B　解析：根据题意得2＝ln e3＝3，所以b [命题意图] 考查指数与对数的比较大小，利用特殊值为中介比较数的大小．
4．A　解析：根据题意可得利润函数f＝e－x，欲求函数f的最大值，所以求导可得f′＝e－x－e－x＝e－x，所以当x＝5时，函数f取最大值，故选A.
[命题意图] 考查实际问题中的最值问题，以函数模型为背景，利用求导得到最值．
5．C　解析：根据题意设底面△ABC的外心为G，根据余弦定理可得BC＝2⇒AG＝×＝2，所以该外接球的半径R满足R2＝2＋2＝5⇒S＝4πR2＝20π，故选C.
[命题意图] 考查三棱锥的外接球问题，考查空间想象能力．
6．D　解析：根据题意：可得A＝2，－0＝T＝⇒T＝＝6⇒ω＝，此图象过，所以2sin＝0⇒×＋φ＝π⇒φ＝，所以函数f＝2sin，所以f＝2sin＝1，f＝2sin＝－1，故选D.
[命题意图] 考查三角函数的图象与性质问题．
7．B　解析：根据题意可得，当POQF为正方形时，点P的坐标为，代入－＝1可得－＝1⇒b2c2－a2c2＝4a2b2⇒c2－a2c2＝4a2⇒e4－6e2＋4＝0⇒e2＝3＋，故选B.
[命题意图] 考查利用图象分析和解决双曲线中的离心率问题．
8．C　解析：根据题意得函数g＝2－4aeln与函数y＝4aeln x的图象关于点对称，f＝3＋2axln x的图象上存在点M，g＝2－4aeln图象上存在点N，使得M，N关于点对称，则方程3＋2axln x＝4aeln x有解，显然a≠0，所以问题转化为ln x＝－有解，设h＝ln x，h′＝ln x＋1－为增函数，且h′＝0，所以h在上递减，在上递增，且x→＋∞时，h→＋∞，所以－≥h＝－e，所以实数a的取值范围是∪，故选C.
[命题意图] 考查在函数关于中心对称的性质求解函数中参数的取值范围．
9．BCD　解析：根据题意可得＝，＝，＝，可得＋＋＝≠0，选项A错误；＝＝，选项B正确；·＝0，选项C正确；·＝·＝－2，选项D正确，故选BCD.
[命题意图] 考查以向量中的旋转问题为背景的向量运算．
10．ACD　解析：根据题意：可得c＝，的最小值为1，所以＝＝1⇒a＝2，b＝1，c＝，所以椭圆方程为＋y2＝1，当点P为该椭圆的上顶点时，此时∠F1PF2＝120°，所在存在点P，使得∠F1PF2＝90°，所以选项A正确；当点P在椭圆的上、下顶点时，满足△F1PF2为等腰三角形，又因为2－≤|PF2|≤2＋，|F1F2|＝2，∴满足|PF2|＝|F1F2|的点P有两个，同理满足|PF1|＝|F1F2|的点P有两个，所以选项B不正确；若∠F1PF2＝60°，则S△F1PF2＝b2tan＝，所以选项C正确；对于选项D，－＝－＝2－4，分析可得∈，－∈，所以选项D正确，故选ACD.
[命题意图] 考查椭圆中有关焦点的定义与焦点弦、焦点三角形的性质．
11．ABD　解析：根据题意得an＋1＝4an－3an－1⇒an＋1＋kan＝an－3an－1＝，令k＝－⇒k2＋4k＋3＝0⇒k＝－1或k＝－3，所以可得：an＋1－an＝3或an＋1－3an＝an－3an－1，所以数列为公比为3的等比数列，故选项A正确；数列为常数列，故选项B正确；⇒an＝⇒Sn＝＋，可得选项C错误，选项D正确，故选ABD.
[命题意图] 考查数列中三联项的递推关系式中的通项公式的求解问题，辅助数列问题．
12．AC　解析：对于选项A，∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2，∴ab≤，当且仅当a＝b＝时取等号，∴log2a＋log2b＝log2ab≤log2＝－2，∴A正确；对于选项B：因为ab＝1，所以a＋2b＝a＋，又03，故B不正确；对于选项C，根据题意，已知3x＋y＝＋－1，则＝3＋＋≥3＋2，所以3x＋y≥2＋2，故C正确；对于选项D，x2＋y2－x－y－xy＋2＝0⇒2－＝3xy－2，令x＋y＝t>0，所以t2－t≥－，所以3xy－2≥－⇒xy≥，此时无解，所以选项D不正确，故选AC.
[命题意图] 考查不等式中的各种问题，灵活运用不等式的知识求解问题．
13．6　解析：根据题意得f′(x)＝＋，f′(1)＝2，又f＝m－2，∴＝2，∴m＝6.
[命题意图] 考查对数函数的切线问题．
14．22 050　解析：根据题意得，这10名志愿者分配到三个运动员服务点处的志愿者数目为2，4，4或3，3，4，所以不同的安排方法一共有A＝22 050种．
[命题意图] 考查实际问题中分组分配问题．
15．－　 　解析：根据题意：函数f＝sin＋sin 2x⇒f＝sin－cos，令t＝sin∈，所以y＝2t2＋t－1，当t＝－时取得最小值－，此时sin＝－⇒cos＝，故cos θ＝cos＝coscos＋sinsin＝.
[命题意图] 考查利用三角函数恒等变形与图象问题求解最值．
16.　解析：连接AD1，AB1，取线段A1D1，A1B1中点Q，P，连接MQ，MP.由于AB1∥DC1，AB1∥MP，所以MP∥DC1.又由于AD1∥BC1，AD1∥MQ，所以MQ∥BC1.故平面MPQ∥平面BDC1，故点N在线段PQ上．因为AA1∥CC1，所以∠A1MN＝α，故tan α＝＝A1N.在△A1PQ中，当A1N⊥PQ时，A1N取得最小值，故tan α的最小值为.
[命题意图] 考查立体几何中的线线角的最值问题．

17．解：(1)因为Sn＝，①
当n＝1时，a1＝3，(2分)
当n≥2时，Sn－1＝，②
①－②可得：an＝Sn－Sn－1＝3n，(4分)
当n＝1时，a1＝3满足上式，
所以an＝3n.(5分)
(2)由(1)得bn＝＝＝4，(7分)
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×＝4＝.(10分)
[命题意图] 考查数列中的通项公式，利用裂项相消法求解数列的和．

18．解：(1)在等腰梯形ABCD中，过A作AE⊥BC于E，过D作DF⊥BC于F，
在△CFD中，CD＝1，CF＝，BC＝2，BD＝，
∴BD2＋CD2＝BC2，∴BD⊥CD，(2分)
同理AB⊥AC，(3分)
又因为AP＝AB＝1，PB＝，
∴AP2＋AB2＝PB2，∴AB⊥AP，(4分)
又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面ACP，所以AB⊥平面ACP，所以AB⊥PC.(5分)
(2)取AC的中点为M，BC的中点为N，
以MN所在直线为x轴，以MC所在直线为y轴，以MP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则A，B，C，P，
＝，＝，(7分)
平面APC的一个法向量为m＝＝，(8分)
设平面PBC的一个法向量为n＝，
⇒⇒n＝，(10分)
所以cos〈m，n〉＝＝＝，(11分)
因为二面角A－PC－B为锐角，
所以二面角A－PC－B的余弦值为.(12分)
[命题意图] 考查平面图形中利用翻折得到的立体图形，证明垂直问题与求解二面角的问题．

19．解：(1)因为AC＝2AB＝2，∠A＝120°，
利用余弦定理可得：BC2＝AC2＋AB2－2AB×AC×cos∠A＝7，BC＝，(2分)
在△ABD中，＝，
在△ACD中，＝，(4分)
两式相除可得＝＝，
所以CD＝.(5分)
(2)根据题意得△ABC的面积等于△ABD的面积与△ACD的面积之和，(6分)
又AB＝c，AC＝b，所以××bc＝××b×1＋××c×1，bc＝b＋c，(7分)
∵bc＝b＋c≥2，当且仅当b＝c＝2时取等号，(9分)
∴≥2，∴bc≥4，(10分)
所以S△ABC＝××bc≥××4＝，即△ABC面积的最小值为.(12分)
[命题意图] 考查解三角形中正、余弦定理，角平分线问题的解决．

20．解：(1)散点图如下图，

(2分)
根据散点图判断，y＝cdx适合作为销量y与月份x的回归方程类型．(3分)
(2)对y＝cdx两边同时取常用对数得：lg y＝lg c＋xlg d，
设lg y＝v，则v＝lg c＋xlg d，
因为＝4，＝1.54，＝140，
所以lg ＝＝＝＝0.25, (5分)
把样本中心点代入v＝lg c＋xlg d，
得：lg c＝0.54，所以＝0.54＋0.25x，
即lg ＝0.54＋0.25x，
所以y关于x的回归方程为＝100.54＋0.25x＝100.54×100.25x＝3.47×100.25x, (7分)
把x＝8代入上式，得＝3.47×102＝347，(8分)
所以预测2021年8月份的销量为347百件(34 700件)．(9分)
(3)由题意得Q＝yP＝3.47×10－0.05x2＋0.85x，(10分)
构造函数f＝－0.05x2＋0.85x，
所以当x＝8或9时，f取最大值，(11分)
即2021年8月份或9月份利润最大．(12分)
[命题意图] 考查实际问题中线性回归问题，作出散点图，求出回归直线，利用函数思想求最值．

21. 解： (1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(m，－3)，
则kAC＝，kBC＝，(1分)
直线AC的方程为：y－y1＝(x－x1)⇒y＝－y1，
同理直线BC的方程为：y＝－y2，(2分)
把C(m，－3)代入直线AC，BC方程得(3分)
∴A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足直线方程－3＝－y，即y＝＋3，(4分)
这就是直线AB的方程，故直线l恒过定点T(0，3)．(5分)

(2)如图，设圆T的半径为r，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(－x1，y1)，P(－x2，y2)，
把x2＝4y代入圆T方程x2＋(y－3)2＝r2整理得y2－2y＋9－r2＝0，
由题意知：此关于y的一元二次方程有两个不等实根，
所以2 SPQMN＝·＝2(＋)＝2·
＝2·＝4，(8分)
令＝t，则由2 SPQMN＝4(9分)
令f(t)＝(1－t2)，则f′(t)＝－(3t－1)(t＋1)，
因为0 所以f(t)的取值范围是，(11分)
故SPQMN的取值范围是.(12分)
[命题意图] 考查圆与抛物线的综合问题，求过定点与平面图形面积的取值范围．

22．解：(1)x≥－1时，f(x)＝x2－x，原条件等价于
∴x－x0＝－ln(2x0－1)，令φ(x)＝x2－x＋ln(2x－1)，则φ′(x)＝2x－1＋>0，
∴φ(x)为增函数，(2分)
由φ(1)＝0得φ(x)＝0有唯一解，
即x0＝1，所以a＝0，(3分)
x<－1时，
解得：a＝4.(4分)
综上，a＝0或4.(5分)
(2)①a<0时，x＋a＞0，则x>－a>0，h(x)＝x2－x－ln(x＋a)>x2－x－ln x＝φ(x)，
φ′(x)＝2x－1－，φ′′(x)＝2＋>0，∴φ′(x)为增函数，而φ′(1)＝0，当x∈时，
φ′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)≥φ(1)＝0，∴h(x)>0，
故a<0时，零点个数为0.(6分)
②a＝0时，h(x)＝x2－x－ln x，由①知仅当x＝1时，h(x)＝0，故零点个数为1.(7分)
③0－a)，h′(x)＝2x－1－，h′′(x)＝2＋>0，
∴h′(x)为增函数，h′＝－a－1－<0，h′(1)＝1－>0，
∴h′(x)＝0仅有一解，设为x0.(－a，x0)上，h′(x)<0；(x0，＋∞)上，h′(x)>0，h(x)最小值为h(x0)，故h(x0)≤h(1)<0.
又h＝＋－ln>0，h(2)＝2－ln(2＋a)>0，故，(x0，2)上，h(x)各有一零点．(8分)
④1x＋3－ln(x＋4)＝p(x)，
p′(x)＝1－＝0⇒x＝－3⇒p(x)≥p(－3)＝0，∴h(x)无零点；
上，h(x)＝x2－x－ln(x＋a)，h′(x)＝2x－1－，h′′(x)＝2＋>0，
∴h′(x)为增函数，h′(－1)＝－3－<0，h′(1)＝1－>0，∴h′(x)＝0有唯一解，
设为x′，则h(x′)≤h(1)<0，又h(－1)＝2－ln(－1＋a)>0，h(2)＝2－ln(2＋a)>0，
故(－1，x′)，(x′，2)上，h(x)各有一个零点，即h(x)有两个零点．(10分)
⑤a＝4时，由(1)知：上，h(x)有唯一零点：x＝－3；
(－1，＋∞)上，由以上讨论知：h(x)有两个零点，
故h(x)有3个零点．(11分)
综上可知：
a<0时，h(x)零点个数为0；a＝0时，h(x)零点个数为1；0 [命题意图] 考查函数与导数的实际应用，利用分类思想求解零点问题．