2022届河北省衡水中学高三下学期5月二调考试数学试题（解析版）

1、衡水中学2021-2022学年高三下学期5月二调考试数学试卷本试卷分第 I 卷(选择题) 和第 卷 (非选择题)两部分,共 150 分, 考试时间 120 分钟.第 I 卷(选择题 共 60 分)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 A=xx2-2x-30,B=x1x5, 则 AB=（ ）A. (-1,5 B. (-1,1 C. 1,3 D. 1,3)2. 若 z=1-i20222+i, 则 z 的虛部为（ ）A. 2 B. 4 C. 2i D. 4i3. 设 a=121.6,b=log36,c=8

2、-23, 则（ ）A. cba B. abc C. cab D. ba2的解集为（ ）A. 23,+ B. 12,+ C. 32,+ D. 2,+8. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, AB=4,O 是侧面 A1ADD1 的中心, E,F 分别是B1C1,CC1的中点, 点 M,N 分别在线段 OB,EF 上运动, 则 MN 的最小值为（ ）A.22B.3C.23D.32二、选择题(本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.在每小题给出的四个选项中,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. 下列命题正确的是（ ）A. 右 fx

3、=xsinx+cosx, 则 fx=sinx-x B. 设函数 fx=xlnx, 若 fx0=2, 则 x0=e C. 知函数 fx=3x2ex,则 f1=12e D. 设函数 fx 的导函数为 fx, 且 fx=x2+3xf2+lnx, 则 f2=-9410. 已知曲线 C 方程为: x2m2+1-y2m=1m0, 则下列结论正确的是（ ）A. 若 m0, 则曲线 C 为双曲线 B. 若曲线 C 为椭圆, 则其长轴长为 m2+1 C. 曲线 C 不可能为一个圆 D. 当 m=1 时, 其渐近线方程为 y=x211. 大衍数列, 来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论. 主要用于解释中国传

4、统文化中的太极衍生原理. 数列中的每一项, 都代表太极衍生过程中, 曾经经历过的两仪数量总和, 是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题. 其前 10 项依次是 0,2,4,8,12,18, 24,32,40,50,则下列说法正确的是（ ）A. 此数列的第 20 项是 200B. 此数列的第 19 项是 180C. 此数列偶数项的通项公式为 a2n=2n2D. 此数列的前 n 项和为 Sn=nn-112. 函数 fx=ae4-x-1-2cosx 在区间 0,2 上的最小值为 -1, 且在区间 2, 上唯一的极大值点为 x0, 则下列说法正确的有（ ）A. a=1 B. fx 在 0,2

5、 上不单调 C. x02,34 D. fx00,b0,a+b+ab=3, 则 ab 的最大值为 ; 则 a+b-4a2+b2-4a+b+4ab+13 的取值范围是 .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. (10 分)已知数列 an 满足 2nan+1=n+1annN*, 且 a1=1.(1) 求 an;(2) 若 bn=ann+-1nn, 求数列 bn 的前 2n 项和 S2n.18. (12 分)如图 (1) 所示, 在直角梯形 ABCD 中, BC/AD,ADCD,BC=2,AD=3,CD=3, 边 AD 上一点 E 满足 DE=

6、1, 现将 ABE 沿 BE 折起到 PBE 的位置,使平面 PBE 平面 BCDE,如图所示.(1) 求证: PCBE;(2) 求平面 PBE 与平面 PCE 所成锐二面角的余弦值.19.(12 分)在下列三个条件中任选一个, cb 是 1 和 tanAtanB 的等差中项; 2b-c-2acosC=0; cos2B+cos2C+sinBsinC=1+cos2A, 补充在下面的问题中, 并解答问题.在 ABC 中, 内角 A,B,C 所对的边分别 a,b,c, 且满足条件 （填写所选条件的序号).(1) 求角 A;(2) 若 a=3, 求锐角 ABC 周长的取值范围.注: 如果选择多个条件分

7、别解答, 按第一个解答计分.20. (12 分)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1ab0 长轴长为 4,P 在 C 上运动, F1,F2 为 C 的两个焦点, 且cosF1PF2 的最小值为 12.(1) 求 C 的方程;(2) 已知过点 M0,m-bmb 的动直线 l 交 C 于 A,B 两点, 线段 AB 的中点为 N, 若OAOB-OMON 为定值, 试求 m 的值.21.(12 分)非物质文化遗产是一个国家和民族历史文化成就的重要标志, 是优秀传统文化的重要组成部分.瑞昌剪纸于 2008 年列人第二批国家级非物质文化遗产名录. 由于瑞昌地处南北交汇处,经过千年的南北文化相互浸润与渗透

8、,瑞昌剪纸融人了南方的阴柔之丽、精巧秀美和北方的阳刚之美、古朴豪放. 为了弘扬中国优秀的传统文化,某校将举办一次剪纸比赛,共进行5 轮比赛,每轮比赛结果互不影响, 比赛规则如下:每一轮比赛中, 参赛者在 30 分钟内完成规定作品和创意作品各 2 幅,若有不少于 3 幅作品人选,将获得“巧手奖”. 5 轮比赛中, 至少获得 4 次“巧手奖”的同学将进入决赛. 某同学经历多次模拟训练,指导老师从训练作品中随机抽取规定作品和创意作品各 5 幅,其中有 4 幅规定作品和 3 幅创意作品付合人选标准. （1）从这 10 幅训练作品中,随机抽取规定作品和创意作品各 2 幅,试预测该同学在一轮比赛中获“巧手

9、奖”的概率;(2)以上述两类作品各自人选的频率作为该同学参赛时每幅作品人选的概率,经指导老师对该同学进行赛前强化训练, 规定作品和创意作品人选的概率共提高了 110, 以获得 “巧手奖”的次数期望为参考, 试预测该同学能否进入决赛?22.(12 分)已知函数 fx=2xlnx-12ax2-x 存在极值点.(1)求实数 a 的取值范围;(2) 若 x0 是 fx 的极值点, 求证: 3x0-2ax02ex0-1.参考数据: ln20.69.PAGE 答案第 = 1页，共 = sectionpages 2 2页PAGE 19页参考答案：1D【解析】【分析】先根据一元二次不等式解得集合，然后利用交集

10、运算法则求出答案.【详解】解：由题意得：，故选：D2A【解析】【分析】由虚数的性质求出，从而根据虚部的定义即可求解.【详解】解：因为，所以，所以z的虚部为2，故选：A.3C【解析】【分析】利用指数函数和对数函数的性质比较即可【详解】，因为在上为增函数，且，所以，即，因为在上为增函数，且，所以，即，所以 ，故选：C4A【解析】【分析】由题中的定义，可知是计算，再根据对数的运算法则及性质求解即可.【详解】由题意，可知.故选:A5B【解析】【分析】根据正六棱柱的外接球的直径是其对角线的长，从而可得外接球的半径，利用外接球表面积公式计算即可得到答案.【详解】由题意，将该宫灯看成一个高为、底面边长为的正

11、六棱柱.而正六棱柱的外接球（球形盒子）的直径是其对角线的长，则，得，故外接球（球形盒子）的表面积至少为.故选：B6D【解析】【分析】设出的坐标，根据列方程，化简求得，结合抛物线的定义求得.【详解】依题意.设，又，故，故选：D7A【解析】【分析】先推出的图象关于点对称，则，再将不等式化为，然后根据导数判断函数的单调性，利用单调性可解得结果.【详解】因为函数的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，所以，所以，所以，所以不等式等价于，因为当时，所以在上单调递增，当时，所以在上单调递增，又因为的图象连续不断，所以在上单调递增，所以等价于，得，所以不等式的解集为.故选：A8C【解析】【分析】以D为坐标原

12、点，DA、DC、方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，则，根据空间中两点间的距离公式求出，利用配方法即可求解.【详解】解：以D为坐标原点，DA、DC、方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，由题意，因为点M，N分别在线段，上运动，所以设，所以，所以，所以当时，所以的最小值为，故选：C.9BD【解析】【分析】利用基本初等函数的导数公式求解即可.【详解】对于选项, 即，则选项不正确；对于选项,即, 则，解得，则选项正确；对于选项,即，则，则选项不正确；对于选项,即，解得，则选项正确.故选：.10AC【解析】【分析】根据椭圆、双曲线标准方程的结构特征及其几何性质可得.【详解

13、】当时，显然A正确；当，故，所以长轴长，B不正确；因为恒成立，所以C正确；当时，方程为，其渐近线方程为，故D不正确.故选：AC11ABC【解析】【分析】首先寻找出数列的规律，归纳出通项公式，然后判断各选项即可【详解】观察此数列，偶数项通项公式为，奇数项是后一项减去后一项的项数，故C正确；由此可得，故A正确；，故B正确；是一个等差数列的前项，而题中数列不是等差数列，不可能有，故D错误故选：ABC12ABD【解析】【分析】由题可得，由可知，进而可求，然后再证明即可判断选项AB；再利用数形结合可得在上存在唯一的零点，利用零点存在定理及三角函数的性质即可判断选项CD.【详解】解：，又函数在区间的最小值

14、为， 函数在区间上不单调，所以选项B正确；又，时，函数在区间上取得最小值，可得原条件的一个必要条件，即，下面证明充分性：当时，令，则，函数在上单调递增，又，函数在上存在唯一的零点，且在上，在上，函数在区间的最小值为，综上，故选项A正确；， 令，得，由函数图像可知在区间上只有一个交点，即存在唯一，使得，又，故，所以选项C错误；且当时，当时，在区间上，唯一的极大值点，.故选项C错误，选项D正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：解答本题的关键是把函数的极值问题，转化为函数的零点问题，再计算极值的范围.13【解析】【分析】根据导数的几何意义可求出结果.【详解】因为，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为

15、，即.故答案为：.14【解析】【分析】以为坐标原点，所在直线为轴建立直角坐标系，可得，求出直线的方程，可设，可得，运用向量的数量积的坐标表示，计算即可得到所求和【详解】解：以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，可得，直线的方程为，可设，可得，所以，即有，则故答案为：15【解析】【分析】先用三角恒等变换化简得到，设，换元后，再配方求出最小值.【详解】，令，则，故，所以当时，故答案为：16 【解析】【分析】利用基本不等式可得，可求；根据基本不等式可得，解得，又可化为，令，可得，再设，然后利用函数的单调性可求取值范围.【详解】，当且仅当时取等号，即，的最大值为1；由可得，当且仅当时取等号，解

16、得，令，则，又，设，则，所以函数在为减函数，即的取值范围是.故答案为：1；.17(1)(2)【解析】【分析】（1）利用累乘法求得数列的通项公式；（2）利用分组求和法求得.(1)，将上述式子左右分别相乘得，满足上式，(2)，令，的前项和为，的前项和为，18(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）取的中点，通过证明平面来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值.(1)取BE中点O，连接AO，CO，CE，因为BC2，AD3，DE1，所以，又因为AD/BC，所以AE/BC，所以四边形ABCE是平行四边形，因为所以，所以ABCE为边长为2的菱形，且，

17、所以和都是正三角形，所以POBE，COBE，又因为，所以BE平面POC，又因为平面POC，所以PCBE(2)由于平面PBE平面BCDE，且交线为，所以平面，所以，由（1）知OB、OC、OP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设平面PCE的法向量为，则，令得，由（1）知平面PBE的法向量为，所以平面PBE与平面PCE所成锐二面角的余弦值为【点睛】19(1)条件选择见解析，；(2).【解析】【分析】（1）选，利用正弦定理结合三角恒等变换求出的值，结合角的取值范围可求得角的值；选，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；选，利用同角三角函数的平方关系、正弦定理以

18、及余弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）求出角的取值范围，利用正弦定理以及三角恒等变换可得出关于的三角函数关系式，利用正弦型函数的基本性质可求得的取值范围.(1)解：选，由已知可得，所以，、，则，可得，故；选，因为，由正弦定理可得，所以，因为，则，可得，故.选，则，即，由正弦定理可得，由余弦定理可得，故；(2)解：因为为锐角三角形，则，可得，由正弦定理可得，则，所以，因为，则，则，故.20(1)；(2).【解析】【分析】（1）设|PF1|，|PF2|长分别为p，q利用余弦定理及基本不等式可得，结合条件即求；（2）直线l的斜率不存在，可得，直线l的斜率存在，设其方程为ykx+m，

19、利用韦达定理法及数量积的坐标运算可得，即得.(1)由题意得a2，设|PF1|，|PF2|长分别为p，q则（当且仅当pq时取等号）从而，得，则椭圆的标准方程为(2)若直线l的斜率不存在，易得；若直线l的斜率存在，设其方程为ykx+m，联立，得，易知恒成立，设，则，且，要使上式为常数，必须且只需，即此时为定值，符合题意综上可知，当时，能使得若21(1)；(2)该同学没有希望进入决赛.【解析】【分析】（1）根据题意，分类讨论所有可能的情况，再求其概率之和即可；（2）由题可得，先计算强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率的最大值，再根据5轮比赛中获得“巧手奖”的次数服从二项分布，估算，结合题意即可判断.(1)由题可知，所有可能的情况有：规定作品入选1幅，创意作品入选2幅的概率，规定作品入选2幅，创意作品入选1幅的概率，规定作品入选2幅，创意作品入选2幅的概率，故所求的概率(2)设强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，则，由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：，且，也即，即故可得：，令，则在上单调递减，该同学在5轮比赛中获得“巧手奖”的次数，故该同学没有希望进入决赛【点睛】本题考察概率的求解以及二项分布、解决问题的关键是求得某一轮获得“巧手奖”的概率的范围，再估算5