河北省衡水市2022年高考冲刺模拟数学试题含解析

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。集=，集合A{x|x3x40}，则（）2AUB．{x|-4<x<1}D．{x|-4≤x≤1}2．已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的5A．332B．94C．325D．9P1,2x3．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则cos2（）3A．543C．54D．5B．54．某几体何的三视图如图所示，则该几体何的体积为（）4π16343π83π16343πB．163A．163C．D．33335．“a2”是“直线ax2y10与x(a1)y20互相平行”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件6．已知向量a1,2bx,x1，x，若b2a//a，则（）D．31A．32B．3C．17．点O为ABC的三条中线的交点，OAOB，AB2，则且的值为()ACBCA．4B．8C．6D．12=sin2x的图象可能是2yxA．B．D．9．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．240B．264C．274D．282z2i，，则|z|10．已知i为虚数单位，若复数zz511A．1B．5C．5D．553一个算法的程序框图如图所示，若该程序输出的结果是，则判断框中应填入的条件是（）11．4B．i5?i4?C．D．i4?12．设实数满足条件则的最大值为（）A．1B．2C．3D．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。{a}nn13．已知数列的前项和为且满足SSa2{a}na_______．，则数列的通项nnnny28y2x上，过点P作圆C：x414．在平面直角坐标系xOy中，点P在直线的一条切线，切点为T.若2PTPO，则PC的长是______.xy221的焦距为__________，渐近线方程为________．15．双曲线54axdx5，则3116．若a______.20三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。及直线l:ykx1.17．（12分）已知双曲线C:xy122（1）若l与C有两个不同的交点，求实数的取值范围；k（2）若l与C交于A，B两点，O是原点，且S2，求实数的值.kOAB2x2t218．（12分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴t2y1t23.极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为4cos的正半轴为2（1）求直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；⋅||lC4cos.，为参数），曲线的极坐标方程为tCsin2(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，并说明曲线l经过点(1,0)，求直线l被曲线C截得的线段的长ABCDABCD中，是侧棱上的一点，CPm.PCC1C的形状；(2)若直线.20．（12分）如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱11116（1）若，求直线与AP平面所成角；BDDBm311（2）在线段上是AC否存在一个定点，Q使得对任意的实数，都有DQAP，并证明你的结论.m11112分）在ABC中，别为，，，且满足3a3bcosCcsinB.内角，，的对边分ABCabc21．（（1）求；B（2）若b23，为边上的中线，当ABC的面第14届全国冬季运动运会（简称“十四冬”）于2020年2月16日在呼伦贝尔市盛大开幕，期某校工会对全校100名教职工在“十四冬”期间每天收看比赛转播的时间作了一布直方图积取得最大值时，求的长.ADADBC22．（10分）万众瞩目的间正值我市学校放寒假，寒假结束后，次调查，得到如图频数分：（1）若将每天收看比赛转播时间不低于3小时的教职工定义为“冰雪迷”，否则定义为“非冰雪迷”，请根据频率分布直“冰雪迷”与“性别”有关；6名“冰雪迷”中选取2名作冰雪运动知识讲座方图补全列联表；并判断能否有的把握认为该校教职工是否为90%22（2）在全校“冰雪迷”中按性别分层抽样抽取6名，再从这.记其中女职工的人数为，求的分布列与数学期望.附表及公式：PKk0.150.100.050.0250.0100.0050.00120k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.8280nadbc2K2，nabcdabcdacbd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。1．C【解析】A解一元二次不等式求得集合A，由此求得U【详解】由x23x4x4x104x.，解得x1或A{x|x1或x4}，所以A{x|1x4}.U考查集合补集的概念和运算，R，则R23R23，解得R2.设球半径为2V3214故求体积为：3231，圆锥的体积：3233，故V1R3V.V93322故选：B.【点睛】本题考查了圆锥，球体积，圆锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.3．A【解析】由已知可得sin，根据二倍角公式即可求解.【详解】角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，x2|OP|5,sin5P1,2终边经过点，则，3cos212sin2.5故选：A.【点睛】本题考查三角函数定义、二倍角公式，考查计算求解能力，属于基础题.4．D【解析】结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,分别求出体积即可.【详解】由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆43π锥的体积V114π234234163,故该几何体的体积棱柱的体积V1,下半部分的正三233221VVV43π163.312故选:D.【点睛】本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档题.5．A【解析】利用两条直线互相平行的条件进行判定【详解】当a2时，直线方程为2x2y10与xy20，可得两直线平行；若直线ax2y10与xa1y20互相平行，则aa12a2，，解得1a1，则“a2”是“直线ax2y10与xa1y20互相平行”的充分不必要条件，故选A2【点睛】本题主要考查了两直线平行的条件和性质，充分条件，必要条件的定义和判断方法，属于基础题．6．A【解析】利用平面向量平行的坐标条件得到参数x的值.22xx50，解得x13.故选A.【点睛】本题考查向量平行定理，考查向量的坐标运算，属于基础题.7．B【解析】2ACBC3AOAC2AOBO，然后根据OAOB，AB2进可画出图形，根据条件可得2BCAC3BO，从而可解出BC2BOAO行数量积的运算即可求出ACBC2AOBO2BOAO8．【详解】如图：点O为ABC的三条中线的交点AO1(ABAC)1(2ACBC)，BO1(BABC)1(2BCAC)33332ACBC3AOAC2AOBO由可得：，2BCAC3BOBC2BOAO又因OAOB，AB2，ACBC(2AOBO)(2BOAO)2AO2BO2AB8.222本题考查三角形重心的定义及性质，向量加法的平行四边形法则，向量加法、减法和数乘的几何意义，向量的数乘运8．D【解析】分析:先研究函数的2令f(x)2xsin2x，详解：因为xR,f(x)2xsin2(x)2xsin2xf(x)，所以f(x)2xsin2x为奇函数，排除选项A,B;π(,因为xπ)时，f(x)0，所以排除选项C，选D.（1）由函数的定义变化趋势；（3）由函数的2点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．9．B【解析】将三视图还原成几何体，然后分别求出各个面面的积，得到答案.【详解】由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，延长BE交DF于A点，其中ABADDD6AE3，，AF4，134所以表面积S3653624630264.2故选B项.【点睛】本题考查三视图还原几何体，求组合体的表面积，属于中档题10．B5555，故选B．由，所以|z|zz51|z||2i|51111．D【解析】首先判断循环结构类型，得到判断框内的语句性质，然后对循环体进行分析，找出循环规律，判断输出结果与循环次数以及i的关系，最终得出选项．【详解】经判断此循环为“直到型”结构，判断框为跳出循环的语句，11第一次循环：S0，i112；122112第二次循环：S，i213；2233213第三次循环：S，i314，3344？此时退出循环，根据判断框内为跳出循环的语句，i4，故选D．【点睛】题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题．解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1)不要混淆处理框和输入框；(2)注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3)注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4)处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5)要注意各个框的顺序，（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到到达输出条件即可．12．C【解析】画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.【详解】如图所示：画出可行域和目标函数，，即，表示直线在轴的截距加上1，根据图像知，当时，且时，有最大值为.故选：.【点睛】本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。n113．12【解析】先求得2Sa可得时两式作差可得a2,n1n1n2San1时；再由12aa0,进而求解.n11nnn【详解】Sa2a2,解得1；1当n1时,a111,得0,即a1a(n≥2),2aaSa2,可知当n2时,Sa2,两式相减n1n1由nn12n1nnn1所以数列是首项为1,公比为的等比数列,{a}n2n11所以a,2nn11故答案为:2【点睛】San,n【解析】Pp,2p，根据已知可得PC，PT，且PTPO，可解出，计算即得.p作出图像，设点2PC2TC22【详解】如图，设Pp,2p24p25p28p16，p4，圆心坐标为(4,0)，可得PC2PT2PC2TC25p28p8，PO25p2，PTPO，5p28p85p2，解得p1，PC25p28p1613，即PC的长是13.故答案为：13【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，以及求平面两点间的距离，运用了数形结合的思想.25yx515．6【解析】由题得c549c3所以焦距2c6,故第一个空填6.2得渐近线方程为y2x255525x.x.故第二个空填y5由题16．2【解析】直接利用关系式求出函数的被积函数的原函数，进一步求出a的值．【详解】5153解：若1，则axx|，(ax2)dx31033015即，所以aa2．33故答案为：2．【点睛】本题考查的知识要点：定积分的应用，被积函数的原函数的求法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．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。6.17．（1）(2,1)(1.1)(1,2)；（2）k0或k2【解析】yx（1）联立直线方程与双曲线方程，消去，得到关于的一元二次方程，根据根的判别式，即可求出结论；Ax,y,Bx,y12xx2，进而建12（2）设，由（1）可得x,x关系，再由直线l过点，可得(0,1)S12OAB1122立关于k的方程，求解即可.【详解】（1）双曲线C与直线l有两个不同的交点，ykx1x2y21有两个不同的则方程组实数根，1kx22kx20，整理得21k02，4k281k022k2且k1.解得双曲线C与直线l有两个不同交点时，k的取值范围是(2,1)(1.1)(1,2).（2）设交点Ax,y,Bx,yD(0,1)，直线l与y轴交于点，11222kxx1k21212xx2.，SOAB21k212xx122k81k2xx2(22)2，即1k28，21232整理得2k3k20，解得k0或k42k0或k6.又2k2，26k0或k时，AOB的面积为.22【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系、三角形面积计算，要熟练掌握根与系数关系解决相交弦问题，考查计算求解能力，属于中档题.xy302y24x30.（2）C，圆的直角坐标方程：x18．（1）直线l的普通方程6【解析】（1）直（2）将直线的【详解】接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.参数方程代入圆的直角坐标方程，利用一元二次方程根和系数关系式即可求解.2x2t2（1）直线的参数方程为（t为参数），转换为直角坐标方程为+﹣3＝0.xyl2t2y1圆C的极坐标方程为ρ﹣4ρcosθ＝3，转换为直角坐标方程为2+﹣4x﹣3＝0.2xy22x2t2（2）把直线的参数方程为（t为参数），代入圆的直角坐标方程x2+﹣4x﹣3＝0，y22ly1t22t60，得到t2所以|PA||PB|＝|t1t2|＝6.【点睛】本题考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型.19．(1)曲线是焦点为，准线为的抛物线;(2)8.x1C表示的(1,0)【解析】4cos两边同时乘以，利用极坐标与直角坐标之间的关系即可得出其试题分析：（1）将曲线C的极坐标方程为sin2l经过点，可得tan的值，再将直线直角坐标方程；（2）由直线1,0l的参数方程代入曲线C的标准方程，由直线参数方程的几何意义可得直线l被曲线C截得的线段C的长.4cos可得2sin24cos，即y4x，2试题解析：（1）由sin2∴曲线C表示的x1是焦点为，准线为的抛物线.1,0，∴xtcos1tcos01tsin1，（2）将代入1,0，得tany1tsin2xt23∵0，∴l，∴直线的参数方程为(t为参数).42y1t2t62t20，将直线l的参数方程代入2y4x得2由直线参数方程的几何意义可知，ABtttt4tt7288.12212121）；（2）存在，为线段中点ACQ31120．（【解析】解法一：（1）作出平面APC与平面BDDB1的交线，可证AOOMtanAMO，平面BDDBAO，计算OM，，得出111从而得出AMO的大小；（2）证明BD平面ACCAACDQAP.，故而可得当为线段的中点时Q1111111APACcos为建立空间直角坐标系：（）由x,y,zDA,DC,DD11sin解法二，以D为原点，以APAC，利2Qx,1x,2，由向量垂面角；（2）设AC上存在一定点，Q设此点的x横坐标为，可得用空间向量的数量积可求线11直，数量积等于零即可求解.【详解】（1）解法一：连接AC交BD于O，设AP与平面BDDB的公共点为M，连接，OM11则平面APC平面BDDBOM，11四边形ABCD是正方形，ACBD，BB平面ABCD，AC平面，ABCD1∴ACBBBBBDB，1，又1AC平面BDDB，11AMO为直线AP与平面BDDB所成角，11CP//平面BDDB，CP平面APC，平面APC平面BDDBOM，1111CP//OM，又为的中点，OACOM1PC26,AO1AC22，26，3tanAMOAO3，AMOOM直线AP与平面BDDB所成角为.113（2）四边形ABCD正方形，1111ACBD，1111AA平面ABCD，BD平面ABCD，11111111111AABDACAAA,，又1111111ACCAACCA平面，又AP平面，11111111m11解法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，A1,0,0,B1,1,0,P0,1,m，则C0,1,0,D0,0,0,B1,1,1,D0,0,2，11AC1,1,0，1,1,0，BB0,0,2，AP1,1,m所以BD1又由ACBD0，ACBB0，则为平面BBDD的一个法向量，AC111设直线与平面BDDB所成角为，AP11APACsincos223，则APAC22m226故当时，直线与平面BDDB所成角为.AP3113m（2）若在AC上存在一定点，x设此点的横坐标为，Q11Qx,1x,2DQx,1x,0，则，1依题意，对于任意的实数要使DQAP，m1DQAPDQAP0，等价于1即x1x0，解得，2x即当为线段QAC中点时，对于任意的实数，都有DQAP.m111【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理、线面角的计算，考查了空间向量在立体几何中的应用，属于中档题.221．（1）；（2）7.3【解析】可得3cosBsinCsinCsinB，从而得到tanB3；ABC（1）利用正弦定理及12acsinB43ac4ac，故当时，（2）在ABC中，利用余弦定可得12acac3ac，ac4，而S22ABCπac2，C，在ACD中，ABC的面积取得最大值，此时再利用余弦定理即可解决.6【详解】（1）