2022届河北省衡水中学高考一模数学试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 21 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 21 页2022届河北省衡水中学高考一模数学试题一、单选题1已知是全集的两个非空子集.若，则下列说法可能正确的是（）ABCD【答案】D【分析】通过，得到之间的关系，再结合韦恩图即可得到答案.【详解】由可得，如图， 由图，A,B,C错误；由图，D正确.故选：D.2已知，则下列结论一定正确的是（）ABCD【答案】D【分析】由，得到，结合不等式的基本性质、作差比较、基本不等式和对数的运算法则，逐项判定，即可求解.【详解】由，可得，

2、则，对于A中，由，所以，所以A不正确；对于B中，由，且，则，所以B不正确；对于C中，由，且，当时，此时；当时，此时；当时，此时，所以C不正确；对于D中，由，因为，可得，所以，可得，所以D正确.故选：D.3某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（）A48B54C60D72【答案】C【分析】先分组，再考虑甲的特殊情况.【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有 种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由 种方法；按照分步乘

3、法原理，共有 种方法；故选：C.417世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化为乘法和加法，数学家拉普拉斯称赞为“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”.已知，设，则所在的区间为（）ABCD【答案】C【解析】利用对数的运算性质求出，由此可得答案.【详解】,所以.故选：C5若，则的值为（）A1或B或C或D或【答案】D【分析】由已知得，所以或，解三角方程可得答案.【详解】由，得，即，所以或，由得，由得或，综上的值为、.故选：D.6已知椭圆的左焦点为，右顶点为，上顶点为，过点与轴垂直的直线与直线交于点.若线段的

4、中点在椭圆上，则椭圆的离心率为（）ABCD【答案】A【分析】联立直线与，得到，继而得到，代入椭圆求解即可【详解】由题意，由直线方程的截距式可得直线为：过点与轴垂直的直线为：联立可得故，中点，代入椭圆方程得，解得（舍负）故选：A7已如A，B，C是表面积为的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（）ABCD【答案】C【分析】设球的半径为，外接圆的半径为，根据题意求出，再根据球心到的距离，即三棱锥的高，从而可得出答案.【详解】解：设球的半径为，外接圆的半径为，在中，由，则得，所以，因为球O的表面积为，则，解得，所以球心到的距离，即三棱锥的高为，所以三棱锥的体积.故选：C.8已知实数，且，为自然对

5、数的底数，则（）ABCD【答案】D【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式【详解】因为，所以，函数在上单调递增，且，因为所以，所以，即，又，所以，所以，即，综上，.故选：D二、多选题9如图，在直三棱柱中，分别为，的中点，过点作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（）A三棱柱外接球的表面积为BC若交于，则D将三棱柱分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为【答案】CD【解析】对于，将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径可求得外接球的表面积为，故A项错误；对于，延长与交于点，连接交于，连接得到截面，可推得与不平行，可知B项错误；对于，在中，计算可知C项正确；对于

6、，利用体积公式计算可知D项正确.【详解】如图所示：将该三棱柱视为正方体的一部分，则三棱柱外接球的半径，其表面积为，故A项错误；延长与交于点，连接交于，连接，则平面即为截面.因为，是中点，所以是的中点，由与相似，得，得，而是的中点，所以与不平行且必相交，所以与截面不平行，故B项错误；因为，又，所以在中，故C项正确；延长交于点，则将三棱柱分成体积较大部分的体积为，所以剩余部分的体积为，所以体积之比为，故D项正确.故选：CD.【点睛】关键点点睛：将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径是解题关键.10已知i是虚数单位，若，则（）A复数z的虚部为BC复数z对应的点在第二象限D【答

7、案】AD【分析】根据复数的乘除法运算求出，结合共轭复数的概念和复数的几何意义依次判断选项即可.【详解】由题意得，故其虚部为，复数z对应的点为（，），在第四象限，故选：AD.11已知直线y=a与曲线相交于A，B两点，与曲线相交于B，C两点，A，B，C的横坐标分别为x1，x2，x3，则（）ABCD【答案】ACD【分析】画出函数图像，得到x1，x2，x3的范围，由得出A正确，由得出B错误，由得出C正确，由得出D正确.【详解】在上单调递增，在上单调递减，.，在上单调递增，在上单调递减，.，则，A对.在上单调递增，B错.在单调递减，C对.对.故选：ACD.12在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确

8、的是（）A对于任意的，都有B对于任意的，数列不可能为常数列C若，则数列为递增数列D若，则当时，【答案】ACD【分析】A由递推式有上，结合恒成立，即可判断：B反证法：假设为常数列，根据递推式求判断是否符合，即可判断；C、D由上，讨论、研究数列单调性，即可判断.【详解】A：由，对有，则，即任意都有，正确；B：由，若为常数列且，则满足，错误；C：由且，当时，此时且，数列递增；当时，此时，数列递减；所以时数列为递增数列，正确；D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设为常数列求通项，判断是否与矛盾；对于C、D，将递推式变形为，讨论、研究数列单调性.

9、三、双空题13为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”，假设待检测的总人数是，将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推，每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定），若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”构测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数的所有可能值为_人若待检测的总人数为，且假设其中有2名感染

10、者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为_【答案】 1，2 4m1【分析】利用二分检测法分析每轮检测的人数再判断感染人数即可；分类讨论分析每轮检测的人数情况即可【详解】若待检测的总人数为8，则第一轮需检测1次；第2轮需检测2次，每次检查的均是4人组；第3轮需检测2次，每次检查的是有感染的4人组均分的两组；第4轮需检测2次；则共需检测7次，此时感染者人数为1或2人；若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，若没有感染者，则只需1次检测即可；若只有1个感染者，则只需次检测；若只有2个感染者，若要检测次数最多，则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，此时相当两个待检测均为的

11、组，每组1个感染者，此时每组需要次检测，所以此时两组共需次检测，故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为n，则n的最大值为.故答案为：1，2；四、填空题14已知为偶函数，且当时，则在处的切线方程为_【答案】；【分析】首先求时，函数的解析式，再利用导数的几何意义求切线方程.【详解】设，因为函数是偶函数，所以，当时，所以在处的切线方程为，即.故答案为：15已知向量，点为坐标原点，在轴上找一个点，使得取最小值，则点的坐标是_.【答案】【解析】设点的坐标是，求出，再利用配方法可得答案.【详解】设点的坐标是，即，因为向量，所以，当时，有最小值，此时点的坐标是，

12、故答案为：.【点睛】方法点睛：平面向量求最值有三种常见方法：1、几何法；2、三角函数有界法；3、二次函数配方法.16已知函数，当实数的取值范围为_时，的零点最多.【答案】【分析】作出函数的图象，由得，设，分，分别讨论与的交点个数，当时，求得与相切时切线的斜率，与相切时切线的斜率，由此可求得实数的取值范围.【详解】解：作出函数的图象如图：由得，设，当时，与有2个交点；当时，与有2个交点；.当时，设与相切，切点为，则，所以切线的斜率为，其切线方程为：，又因切线恒过点，所以，解得，所以切线的斜率为，当时，设与相切，切点为，则，所以切线的斜率为，其切线方程为：，又因切线恒过点，所以，解得，所以切线的斜

13、率为，所以当时，与有1个交点；当时，与有2个交点；当时，与有3个交点；当时，与有4个交点；所以实数的取值范围为时，的零点最多，故答案为：.五、解答题17锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(1)求角C的值；(2)若，D为AB的中点，求中线CD的范围【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化简可得出，结合角为锐角可求得结果；（2）由余弦定理可得出，利用平面向量的线性运算可得出，由平面向量数量积的运算可得出，利用正弦定理结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围，可得出的取值范围，即可得解【详解】(1)由，(2)，由余弦定理有：，所以，由正弦定理，因为为锐角三角形，所以

14、且，则，,则，18在，为等比数列，且，这两组条件中任选一组，补充在下面横线处，并解答下列问题已知数列，数列的前项和是，_(1)求数列的通项公式；(2)若数列的前项和为，证明：对任意均有恒成立【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）若选，利用退一相减法可得通项公式；若选，直接可得数列的首项及公比，进而可得通项公式；（2）利用错位相减法可得，进而得证.【详解】(1)解：若选，当时，即；当时，作差可得，即，所以数列为等比数列，其首项为，公比，所以；若选，则，即，又数列为等比数列，所以，且，所以；(2)证明：由（1）得，所以，所以，则，所以，又，所以恒成立.19如图所示，四棱锥中，底面ABCD为矩

15、形，AC与BD交于点O，点E在线段SD上，且平面SAB，二面角，均为直二面角(1)求证：；(2)若，且钝二面角的余弦值为，求AB的值【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）由线面平行性质定理去证明即可.（2）建立空间直角坐标系，以向量法去表示二面角的余弦值为，进而可求得AB的值【详解】(1)因为平面SAB，平面SBD，平面平面，故又因为四边形ABCD为矩形，故，则(2)四边形ABCD为矩形，又平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，平面SAD平面SAD，同理又，平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD设，以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角

16、坐标系，则，,，,设为平面ABE的法向量，令，则设为平面CBE的法向量，令，则，解得故202021年7月18日第30届全国中学生生物学竞赛在浙江省萧山中学隆重举行为做好本次考试的评价工作，将本次成绩转化为百分制，现从中随机抽取了50名学生的成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40至100之间，将数据按照，分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图(1)求频率分布直方图中的值，并估计这50名学生成绩的中位数；(2)在这50名学生中用分层抽样的方法从成绩在，的三组中抽取了11人，再从这11人中随机抽取3人，记为3人中成绩在，的人数，求的分布列和数学期望；(3)转化为百分制后，规定成绩在，的为等级，成

17、绩在，的为等级，其它为等级以样本估计总体，用频率代替概率，从所有参加生物学竞赛的同学中随机抽取100人，其中获得等级的人数设为，记等级的人数为的概率为，写出的表达式，并求出当为何值时，最大？【答案】(1)，68(2)分布列见解析，(3)，1，3，40，40【分析】（1）利用频率之和为列方程，化简求得的值，根据由频率分布直方图计算中位数的方法，计算出中位数.（2）结合超几何分布的知识计算出的分布列和数学期望.（3）根据二项分布的知识求得，由此列不等式，解不等式来求得的最大值时对应的的值.【详解】(1)由频率分布直方图的性质可得，解得，设中位数为，解得(2)，的三组频率之比为，从，中分别抽取7人，

18、3人，1人，所有可能取值为0，1，2，3，故的分布列为：0123故(3)等级的概率为，等级为，1，3，40，令，由可得，解得，由可得，解得，故时，取得最大21在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.(1)求C的方程；(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.【详解】(1)因为实轴长为4，即，又，所以，故C的方程为.(2)由O，A，N，M四点共圆可知，又，即，故，即，所以,设，由题意可知，则直线，直线，因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，故M坐标为，所以，又，由，则，整理可得，当直线GH斜率不存在时，显然不符