2022学年河南省部分重点中学高考压轴卷数学试卷(含解析)

1、2022学年高考数学模拟测试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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若复数满足（为虚数单位），则其共轭复数的虚部为（ ）ABCD2已知数列满足：)若正整数使得成立，则（ ）A16B17C18D193直角坐标系中，双曲线（）与抛物线相交于、两点，若是等边三角

2、形，则该双曲线的离心率（ ）ABCD4已知变量的几组取值如下表：12347若与线性相关，且，则实数（ ）ABCD5已知平面和直线a，b，则下列命题正确的是（ ）A若，b，则B若，则C若，则D若，b，则6若函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）ABCD7函数f(x)=2x-3+1x-3的定义域为（）A32，3）（3，+） B（-，3）（3，+）C32，+） D（3，+）8公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值，这就是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术

3、”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（ ）（参考数据： ）A48B36C24D129已知是函数的极大值点，则的取值范围是ABCD10执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的整数的最大值为( )A7B15C31D6311已知椭圆：的左、右焦点分别为，过的直线与轴交于点，线段与交于点.若，则的方程为（ ）ABCD12 “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二.问物几何？现有这样一个相关的问题：将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小

4、到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列各项之和为（ ）A56383B57171C59189D61242二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知复数z112i，z2a+2i（其中i是虚数单位，aR），若z1z2是纯虚数，则a的值为_14集合，则_.15在中，已知，则A的值是_.16下图是一个算法流程图,则输出的的值为_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）已知抛物线，直线与交于，两点，且.（1）求的值；（2）如图，过原点的直线与抛物线交于点，与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点，证明：直线过定点.18（12分）已知等差数列满足，公差，

5、等比数列满足，求数列，的通项公式；若数列满足，求的前项和19（12分）如图所示，四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，PCCD2，E为AB的中点，底面四边形ABCD满足ADCDCB90，AD1，BC1（）求证：平面PDE平面PAC；（）求直线PC与平面PDE所成角的正弦值；（）求二面角DPEB的余弦值20（12分）已知满足 ，且，求的值及的面积.（从，这三个条件中选一个，补充到上面问题中，并完成解答.）21（12分）已知数列为公差不为零的等差数列，是数列的前项和，且、成等比数列，.设数列的前项和为，且满足.（1）求数列、的通项公式；（2）令，证明：.22（10分）已知点，且，满足条件的点的轨迹

6、为曲线（1）求曲线的方程；（2）是否存在过点的直线，直线与曲线相交于两点，直线与轴分别交于两点，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由2022学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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、D【答案解析】由已知等式求出z，再由共轭复数的概念求得，即可得虚部.【题目详解】由zi1i，z ，所以共轭复数=-1+，虚部为1故选D【答案点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算和共轭复数的基本概念，属于基础题2、B【答案解析】计算，故，解得答案.【题目详解】当时，即，且.故，故.故选：.【答案点睛】本题

7、考查了数列的相关计算，意在考查学生的计算能力和对于数列公式方法的综合应用.3、D【答案解析】根据题干得到点A坐标为，代入抛物线得到坐标为，再将点代入双曲线得到离心率.【题目详解】因为三角形OAB是等边三角形，设直线OA为，设点A坐标为，代入抛物线得到x=2b,故点A的坐标为，代入双曲线得到 故答案为：D.【答案点睛】求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出，代入公式；只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).4、B【答案解析】求出，把坐标代入方程可求得【题目详解

8、】据题意，得，所以，所以故选：B【答案点睛】本题考查线性回归直线方程，由性质线性回归直线一定过中心点可计算参数值5、C【答案解析】根据线面的位置关系，结合线面平行的判定定理、平行线的性质进行判断即可.【题目详解】A：当时，也可以满足，b，故本命题不正确；B：当时，也可以满足，故本命题不正确；C：根据平行线的性质可知：当，时，能得到，故本命题是正确的；D：当时，也可以满足，b，故本命题不正确.故选：C【答案点睛】本题考查了线面的位置关系，考查了平行线的性质，考查了推理论证能力.6、A【答案解析】由函数性质,结合特殊值验证,通过排除法求得结果.【题目详解】对于选项B, 为 奇函数可判断B错误;对于

9、选项C,当时, ,可判断C错误;对于选项D, ,可知函数在第一象限的图象无增区间,故D错误;故选:A.【答案点睛】本题考查已知函数的图象判断解析式问题,通过函数性质及特殊值利用排除法是解决本题的关键,难度一般.7、A【答案解析】根据幂函数的定义域与分母不为零列不等式组求解即可.【题目详解】因为函数y=2x-3+1x-3,2x-30 x-30，解得x32且x3；函数f(x)=2x-3+1x-3的定义域为32,33,+, 故选A【答案点睛】定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2) 对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(

10、3) 若已知函数fx的定义域为a,b，则函数fgx的定义域由不等式agxb求出.8、C【答案解析】由开始，按照框图，依次求出s，进行判断。【题目详解】 ，故选C.【答案点睛】框图问题，依据框图结构，依次准确求出数值，进行判断，是解题关键。9、B【答案解析】方法一：令，则，当，时，单调递减，时，且，即在上单调递增，时，且，即在上单调递减，是函数的极大值点，满足题意；当时，存在使得，即，又在上单调递减，时，所以，这与是函数的极大值点矛盾综上，故选B方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，须在的左侧附近，即；在的右侧附近，即易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得，故选B10、B【答

11、案解析】试题分析：由程序框图可知：，；，；，；，；，. 第步后输出，此时，则的最大值为15，故选B.考点：程序框图.11、D【答案解析】由题可得，所以，又，所以，得，故可得椭圆的方程.【题目详解】由题可得，所以，又，所以，得，所以椭圆的方程为.故选：D【答案点睛】本题主要考查了椭圆的定义，椭圆标准方程的求解.12、C【答案解析】根据“被5除余3且被7除余2的正整数”，可得这些数构成等差数列，然后根据等差数列的前项和公式，可得结果.【题目详解】被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23，公差为的等差数列，记数列则 令，解得.故该数列各项之和为.故选：C.【答案点睛】本题考查等差数列的应用，属基

12、础题。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-1【答案解析】由题意，令即可得解.【题目详解】z112i，z2a+2i，又z1z2是纯虚数，解得：a1故答案为：1【答案点睛】本题考查了复数的概念和运算，属于基础题.14、【答案解析】分析出集合A为奇数构成的集合，即可求得交集.【题目详解】因为表示为奇数，故.故答案为：【答案点睛】此题考查求集合的交集，根据已知集合求解，属于简单题.15、【答案解析】根据正弦定理，由可得，由可得，将代入求解即得.【题目详解】，即，则，则.故答案为：【答案点睛】本题考查正弦定理和二倍角的正弦公式，是基础题.16、3【答案解析】分析程序中各变量、各语句的

13、作用,根据流程图所示的顺序,即可得出结论.【题目详解】解:初始,第一次循环: ;第二次循环: ;第三次循环: ;经判断,此时跳出循环,输出.故答案为:【答案点睛】本题考查了程序框图的应用问题,解题的关键是对算法语句的理解,属基础题.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）见解析【答案解析】（1）联立直线和抛物线，消去可得，求出，再代入弦长公式计算即可.（2）由（1）可得，设，计算直线的方程为，代入求出，即可求出，再代入抛物线方程，求出，最后计算直线的斜率，求出直线的方程，化简可得到恒过的定点.【题目详解】（1）由，消去可得，设，则，.，解得或(舍去)，

14、.（2）证明：由（1）可得，设，所以直线的方程为，当时，则，代入抛物线方程，可得，所以直线的斜率，直线的方程为，整理可得，故直线过定点.【答案点睛】本题第一问考查直线与抛物线相交的弦长问题，需熟记弦长公式.第二问考查直线方程和直线恒过定点问题，需有较强的计算能力，属于难题.18、，；.【答案解析】由，公差，有，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；当时，由，所以，当时，由，可得，进而求出前项和【题目详解】解：由题意知，公差，有1，成等比数列，所以，解得所以数列的通项公式数列的公比，其通项公式当时，由，所以当时，由，两式相减得，所以故所以的前项和，又时，也符合上式，故.【答案点睛】本

15、题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题19、（）证明见解析（）（）【答案解析】（）由题知，如图以点为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，计算，证明，从而平面PAC，即可得证；（）求解平面PDE的一个法向量，计算，即可得直线PC与平面PDE所成角的正弦值；（）求解平面PBE的一个法向量，计算，即可得二面角DPEB的余弦值【题目详解】（）PC底面ABCD， 如图以点为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，又，平面PAC，平面PDE，平面PDE平面PAC；（）设为平面PDE的一个法向量，又，则

16、，取，得，直线PC与平面PDE所成角的正弦值；（）设为平面PBE的一个法向量，又则，取，得，二面角DPEB的余弦值.【答案点睛】本题主要考查了平面与平面的垂直，直线与平面所成角的计算，二面角大小的求解，考查了空间向量在立体几何中的应用，考查了学生的空间想象能力与运算求解能力.20、见解析【答案解析】选择时：,，计算，根据正弦定理得到，计算面积得到答案；选择时，故，为钝角，故无解；选择时，根据正弦定理解得，根据正弦定理得到，计算面积得到答案.【题目详解】选择时：,，故.根据正弦定理：，故，故.选择时，故，为钝角，故无解.选择时，根据正弦定理：，故，解得，.根据正弦定理：，故，故.【答案点睛】本题

17、考查了三角恒等变换，正弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21、（1）,（2）证明见解析【答案解析】（1）利用首项和公差构成方程组，从而求解出的通项公式；由的通项公式求解出的表达式，根据以及，求解出的通项公式；（2）利用错位相减法求解出的前项和，根据不等关系证明即可.【题目详解】（1）设首项为，公差为.由题意，得，解得，当时，.当时，满足上式.（2），令数列的前项和为.两式相减得恒成立，得证.【答案点睛】本题考查等差数列、等比数列的综合应用，难度一般.（1）当用求解的通项公式时，一定要注意验证是否成立；（2）当一个数列符合等差乘以等比的形式，优先考虑采用错位相减法进行求和，同时注意对于错位的理解.22、（1）（2）存在， 或【答案解析】（1）由得看成到两定点的和为定值，满足椭圆定义，用定义可解曲线的方程.（2）先讨论斜率不存在情况是否符合题意，当直线的斜率存在时，设直线点斜式方程，由，可得，再直线与椭圆联解，利用根的判别式得到关于的一元二次方程求解.【题目详解】解：设，由， ，可得，即为，由，可得的轨迹是以为焦点，且的椭圆，由，可得，可得曲线的方程为；假设存在过点的直线l符合题意