2022年河北省张家口市蔚县高考数学必刷试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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已知函数，给出下列四个结论：函数的值域是；函数为奇函数；函数在区间单调递减；若对任意，都有成立，则的最小值为；其中正确结论的个数是（ ）ABCD2从抛物线上一点 (点在轴上

2、方)引抛物线准线的垂线，垂足为，且，设抛物线的焦点为，则直线的斜率为（ ）ABCD3已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件可以是（ ）ABC或D4已知斜率为2的直线l过抛物线C：的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，若线段AB的中点M的纵坐标为1，则p（ ）A1BC2D45已知向量，设函数，则下列关于函数的性质的描述正确的是A关于直线对称B关于点对称C周期为D在上是增函数6设等差数列的前项和为，若，则（ ）A21B22C11D127集合，则( )ABCD8已知双曲线的焦距是虚轴长的2倍，则双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD9已知双曲线，为坐标原点，、为其左、右焦点，点在的渐近线上，且，则该双

3、曲线的渐近线方程为（ ）ABCD10已知菱形的边长为2，则（）A4B6CD11在直三棱柱中，己知，则异面直线与所成的角为（ ）ABCD12圆柱被一平面截去一部分所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图所示，边长为1的正三角形中，点，分别在线段，上，将沿线段进行翻折，得到右图所示的图形，翻折后的点在线段上，则线段的最小值为_14已知二项式的展开式中各项的二项式系数和为512，其展开式中第四项的系数_15从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，且

4、当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数为_.(用数字作答)16已知，满足约束条件则的最大值为_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）记函数的最大值为，若，证明：.18（12分）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，点是棱的中点，.（1）若，证明：平面平面；（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.19（12分）已知函数的导函数的两个零点为和（1）求的单调区间；（2）若的极小值为，求在区间上的最大值20（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，直线与椭圆相交于两点，线段的中点为.当与

5、连线的斜率为时，直线的倾斜角为（1）求椭圆的标准方程；（2）若是以为直径的圆上的任意一点，求证：21（12分）某单位准备购买三台设备，型号分别为已知这三台设备均使用同一种易耗品，提供设备的商家规定：可以在购买设备的同时购买该易耗品，每件易耗品的价格为100元，也可以在设备使用过程中，随时单独购买易耗品，每件易耗品的价格为200元.为了决策在购买设备时应购买的易耗品的件数.该单位调查了这三种型号的设备各60台，调査每台设备在一个月中使用的易耗品的件数，并得到统计表如下所示.每台设备一个月中使用的易耗品的件数678型号A30300频数型号B203010型号C04515将调查的每种型号的设备的频率视

6、为概率，各台设备在易耗品的使用上相互独立.（1）求该单位一个月中三台设备使用的易耗品总数超过21件的概率；（2）以该单位一个月购买易耗品所需总费用的期望值为决策依据，该单位在购买设备时应同时购买20件还是21件易耗品？22（10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为 (为参数)在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为.(1)写出直线的普通方程和圆的直角坐标方程；(2)若点坐标为，圆与直线交于两点，求的值参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1C【解析】化的解析式为可判断，求出的解析式可判断，由得，结合正弦函

7、数得图象即可判断，由得可判断.【详解】由题意，所以，故正确；为偶函数，故错误；当时，单调递减，故正确；若对任意，都有成立，则为最小值点，为最大值点，则的最小值为，故正确.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的综合运用，涉及到函数的值域、函数单调性、函数奇偶性及函数最值等内容，是一道较为综合的问题.2A【解析】根据抛物线的性质求出点坐标和焦点坐标，进而求出点的坐标，代入斜率公式即可求解.【详解】设点的坐标为，由题意知，焦点,准线方程，所以，解得，把点代入抛物线方程可得，因为，所以，所以点坐标为，代入斜率公式可得，.故选：A【点睛】本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力；属于基础题.3D【解析】先求

8、函数在上不单调的充要条件，即在上有解，即可得出结论.【详解】，若在上不单调，令，则函数对称轴方程为在区间上有零点（可以用二分法求得）.当时，显然不成立；当时，只需或，解得或.故选:D.【点睛】本题考查含参数的函数的单调性及充分不必要条件，要注意二次函数零点的求法，属于中档题.4C【解析】设直线l的方程为xy，与抛物线联立利用韦达定理可得p【详解】由已知得F（，0），设直线l的方程为xy，并与y22px联立得y2pyp20，设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点C（x0，y0），y1+y2p，又线段AB的中点M的纵坐标为1，则y0（y1+y2），所以p=2,故选C【点睛】本题主要考查了

9、直线与抛物线的相交弦问题，利用韦达定理是解题的关键，属中档题5D【解析】当时,f(x)不关于直线对称；当时, ,f(x)关于点对称；f(x)得周期，当时, ,f(x)在上是增函数本题选择D选项.6A【解析】由题意知成等差数列，结合等差中项，列出方程，即可求出的值.【详解】解：由为等差数列，可知也成等差数列，所以 ，即，解得.故选:A.【点睛】本题考查了等差数列的性质，考查了等差中项.对于等差数列，一般用首项和公差将已知量表示出来，继而求出首项和公差.但是这种基本量法计算量相对比较大，如果能结合等差数列性质，可使得计算量大大减少.7A【解析】解一元二次不等式化简集合A，再根据对数的真数大于零化简

10、集合B，求交集运算即可.【详解】由可得，所以，由可得,所以,所以，故选A【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，涉及一元二次不等式解法及对数的概念，属于中档题.8A【解析】根据双曲线的焦距是虚轴长的2倍，可得出，结合，得出，即可求出双曲线的渐近线方程.【详解】解：由双曲线可知，焦点在轴上，则双曲线的渐近线方程为：，由于焦距是虚轴长的2倍，可得：，即：，所以双曲线的渐近线方程为：.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，以及双曲线的渐近线方程.9D【解析】根据，先确定出的长度，然后利用双曲线定义将转化为的关系式，化简后可得到的值，即可求渐近线方程.【详解】如图所示：因为，所以，又因为，所以

11、，所以，所以，所以，所以，所以，所以渐近线方程为.故选：D.【点睛】本题考查根据双曲线中的长度关系求解渐近线方程，难度一般.注意双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚轴长度的一半.10B【解析】根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果【详解】如图所示，菱形形的边长为2，且，故选B【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.11C【解析】由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，解得从而得出异面直线与所成的角【详解】连接，如图：又，则为异面直线与所成的角.因为且三棱柱为直三棱柱，面，又，解得.故选C【点睛】考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，

12、考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题12B【解析】三视图对应的几何体为如图所示的几何体，利用割补法可求其体积.【详解】根据三视图可得原几何体如图所示，它是一个圆柱截去上面一块几何体，把该几何体补成如下图所示的圆柱，其体积为，故原几何体的体积为. 故选：B.【点睛】本题考查三视图以及不规则几何体的体积，复原几何体时注意三视图中的点线关系与几何体中的点、线、面的对应关系，另外，不规则几何体的体积可用割补法来求其体积，本题属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】设，在中利用正弦定理得出关于的函数，从而可得的最小值【详解】解：设，则，在中，由

13、正弦定理可得，即，当即时，取得最小值故答案为【点睛】本题考查正弦定理解三角形的应用，属中档题14【解析】先令可得其展开式各项系数的和，又由题意得，解得，进而可得其展开式的通项，即可得答案.【详解】令，则有，解得，则二项式的展开式的通项为，令，则其展开式中的第4项的系数为，故答案为：【点睛】此题考查二项式定理的应用，解题时需要区分展开式中各项系数的和与各二项式系数和，属于基础题.155040.【解析】分两类，一类是甲乙都参加，另一类是甲乙中选一人，方法数为。填5040.【点睛】利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏.在本题中，甲与乙是两个特殊元素，对于特殊元素“优先法

14、”，所以有了分类。本题还涉及不相邻问题，采用“插空法”。161【解析】先画出约束条件的可行域，根据平移法判断出最优点，代入目标函数的解析式，易可得到目标函数的最大值【详解】解：由约束条件得如图所示的三角形区域，由于，则，要求的最大值，则求的截距的最小值，显然当平行直线过点时，取得最大值为：.故答案为：1【点睛】本题考查线性规划求最值问题，我们常用几何法求最值.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）；（2）证明见解析【解析】（1）将函数整理为分段函数形式可得,进而分类讨论求解不等式即可；（2）先利用绝对值不等式的性质得到的最大值为3,再利用均值定理证明即可.【详

15、解】（1）当时，恒成立，；当时，即，；当时，显然不成立，不合题意；综上所述，不等式的解集为.（2）由（1）知，于是由基本不等式可得 （当且仅当时取等号） （当且仅当时取等号）（当且仅当时取等号）上述三式相加可得（当且仅当时取等号），故得证.【点睛】本题考查解绝对值不等式和利用均值定理证明不等式,考查绝对值不等式的最值的应用，解题关键是掌握分类讨论解决带绝对值不等式的方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.18（1）见解析（2）【解析】(1)由已知可证得平面,则有,在中,由已知可得,即可证得平面,进而证得结论.(2) 过作交于,由为的中点,结合已知有平面.则,可求得.建立坐标系分别求得面的法

16、向量,平面的一个法向量为,利用公式即可求得结果.【详解】（1）证明：平面，平面，,又四边形为正方形，.又、平面，且，平面.中，为的中点，.又、平面，平面.平面，平面平面.（2）解：过作交于，如图为的中点，.又平面，平面.，.所以,又、两两互相垂直，以、为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.，设平面的法向量，则，即.令，则，.平面的一个法向量为.二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明方法,考查了空间线线、线面、面面位置关系，考查利用向量法求二面角的方法,难度一般.19（1）单调递增区间是，单调递减区间是和；（2）最大值是【解析】（1）求得，由题意可知和是函数的两个零点，根据函数的符号变

17、化可得出的符号变化，进而可得出函数的单调递增区间和递减区间；（2）由（1）中的结论知，函数的极小值为，进而得出，解出、的值，然后利用导数可求得函数在区间上的最大值.【详解】（1），令，因为，所以的零点就是的零点，且与符号相同又因为，所以当时，即；当或时，即.所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和； （2）由（1）知，是的极小值点，所以有，解得， ，所以因为函数的单调递增区间是，单调递减区间是和.所以为函数的极大值，故在区间上的最大值取和中的最大者，而，所以函数在区间上的最大值是【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间与最值，考查计算能力，属于中等题.20（1）；（2）详见解析.【解析】（

18、1）由短轴长可知，设，由设而不求法作差即可求得，将相应值代入即求得，椭圆方程可求；（2）考虑特殊位置，即直线与轴垂直时候，成立，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，结合中点坐标公式，弦长公式，得到与的关系，将表示出来，结合基本不等式求最值，证明最后的结果【详解】解：（1）由已知，得由，两式相减，得根据已知条件有，当时，即椭圆的标准方程为（2）当直线斜率不存在时，不等式成立.当直线斜率存在时，设由得，由化简，得令，则当且仅当时取等号当且仅当时取等号综上，【点睛】本题为直线与椭圆的综合应用，考查了椭圆方程的求法，点差法处理多未知量问题，能够利用一元二次方程的知识转化处理复杂的计算形式，要求学生计算能力过关，为较难题21（1）（2）应该购买21件易耗品【解析】（1）由统计表中数据可得型号分别为在一个月使用易耗品的件数为6,7,8时的概率,设该单位三台设备一个月中使用易耗品的件数总数为X,则,利用独立事件概率公式进而求解即可；（2）由题可得X所有可能的取值为,即可求得对应的概率,再分别讨论该单位在购买设备时应同时购买20件易耗品和21件易耗品时总费用的可能取值及期望,即可分析求解.【详解】（1）由题中的表格可知A型号的设备一个月使用易耗品的件数为6和7的频率均为；B型号的设备一个月使用易耗品的件