2022年河北省雄安新区博奥高级中学高考数学必刷试卷含解析

2021-2022高考数学模拟试卷考生请注意：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。1．五名志愿者到三个不同的单位去进行帮扶，每个单位至少一人，则甲、乙两人不在同一个单位的概率为（）A． B． C． D．2．已知椭圆内有一条以点为中点的弦，则直线的方程为()A． B．C． D．3．已知等比数列满足，，则（）A． B． C． D．4．已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与双曲线在第一象限内的交点为M，若．则该双曲线的离心率为A．2 B．3 C． D．5．台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动，也叫桌球（中国粤港澳地区的叫法）、撞球（中国台湾地区的叫法）控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术，一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD，在点E，F处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最后停在点C处，若AE=50cm．EF=40cm．FC=30cm，∠AEF=∠CFE=60°，则该正方形的边长为（）A．50cm B．40cm C．50cm D．20cm6．若函数在时取得极值，则（）A． B． C． D．7．已知双曲线的一个焦点为，点是的一条渐近线上关于原点对称的两点，以为直径的圆过且交的左支于两点，若，的面积为8，则的渐近线方程为（）A． B．C． D．8．某大学计算机学院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲从人工智能领域的语音识别、人脸识别，数据分析、机器学习、服务器开发五个方向展开研究，且每个方向均有研究生学习，其中刘泽同学学习人脸识别，则这6名研究生不同的分配方向共有（）A．480种 B．360种 C．240种 D．120种9．设函数的定义域为，命题：，的否定是（）A．， B．，C．， D．，10．已知抛物线，F为抛物线的焦点且MN为过焦点的弦，若，，则的面积为（）A． B． C． D．11．某三棱锥的三视图如图所示，那么该三棱锥的表面中直角三角形的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．012．已知数列的前项和为，且，，则()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量满足，，则______________.14．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_______.15．《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？答曰：二千一百一十二尺，术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”，这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”，就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高），则由此可推得圆周率的取值为________.16．在正方体中，分别为棱的中点，则直线与直线所成角的正切值为_________.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）已知曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.（1）求和的普通方程；（2）过坐标原点作直线交曲线于点（异于），交曲线于点，求的最小值.18．（12分）已知椭圆经过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于、两点，若，在线段上取点，使，求证：点在定直线上.19．（12分）已知，且．（1）请给出的一组值，使得成立；（2）证明不等式恒成立．20．（12分）已知等比数列中，，是和的等差中项．(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.21．（12分）已知分别是椭圆的左焦点和右焦点，椭圆的离心率为是椭圆上两点，点满足.(1)求的方程；(2)若点在圆上，点为坐标原点，求的取值范围.22．（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设为曲线上位于第一，二象限的两个动点，且，射线交曲线分别于，求面积的最小值，并求此时四边形的面积.

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．D【解析】

三个单位的人数可能为2，2，1或3，1，1，求出甲、乙两人在同一个单位的概率，利用互为对立事件的概率和为1即可解决.【详解】由题意，三个单位的人数可能为2，2，1或3，1，1；基本事件总数有种，若为第一种情况，且甲、乙两人在同一个单位，共有种情况；若为第二种情况，且甲、乙两人在同一个单位，共有种，故甲、乙两人在同一个单位的概率为，故甲、乙两人不在同一个单位的概率为.故选：D.【点睛】本题考查古典概型的概率公式的计算，涉及到排列与组合的应用，在正面情况较多时，可以先求其对立事件，即甲、乙两人在同一个单位的概率，本题有一定难度.2．C【解析】

设，，则，，相减得到，解得答案.【详解】设，，设直线斜率为，则，，相减得到：，的中点为，即，故，直线的方程为：.故选：.【点睛】本题考查了椭圆内点差法求直线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.3．B【解析】由a1+a3+a5=21得a3+a5+a7=，选B.4．D【解析】

本题首先可以通过题意画出图像并过点作垂线交于点，然后通过圆与双曲线的相关性质判断出三角形的形状并求出高的长度，的长度即点纵坐标，然后将点纵坐标带入圆的方程即可得出点坐标，最后将点坐标带入双曲线方程即可得出结果。【详解】根据题意可画出以上图像，过点作垂线并交于点，因为，在双曲线上，所以根据双曲线性质可知，，即，，因为圆的半径为，是圆的半径，所以，因为，，，，所以，三角形是直角三角形，因为，所以，，即点纵坐标为，将点纵坐标带入圆的方程中可得，解得，，将点坐标带入双曲线中可得，化简得，，，，故选D。【点睛】本题考查了圆锥曲线的相关性质，主要考察了圆与双曲线的相关性质，考查了圆与双曲线的综合应用，考查了数形结合思想，体现了综合性，提高了学生的逻辑思维能力，是难题。5．D【解析】

过点做正方形边的垂线，如图，设，利用直线三角形中的边角关系，将用表示出来，根据，列方程求出，进而可得正方形的边长.【详解】过点做正方形边的垂线，如图，设，则，，则，因为，则，整理化简得，又，得，.即该正方形的边长为.故选：D.【点睛】本题考查直角三角形中的边角关系，关键是要构造直角三角形，是中档题.6．D【解析】

对函数求导，根据函数在时取得极值，得到，即可求出结果.【详解】因为，所以，又函数在时取得极值，所以，解得.故选D【点睛】本题主要考查导数的应用，根据函数的极值求参数的问题，属于常考题型.7．B【解析】

由双曲线的对称性可得即，又，从而可得的渐近线方程.【详解】设双曲线的另一个焦点为，由双曲线的对称性，四边形是矩形，所以，即，由，得：，所以，所以，所以，，所以，的渐近线方程为.故选B【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想与计算能力，属于中档题.8．B【解析】

将人脸识别方向的人数分成：有人、有人两种情况进行分类讨论，结合捆绑计算出不同的分配方法数.【详解】当人脸识别方向有2人时，有种，当人脸识别方向有1人时，有种，∴共有360种.故选：B【点睛】本小题主要考查简单排列组合问题，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.9．D【解析】

根据命题的否定的定义，全称命题的否定是特称命题求解.【详解】因为：，是全称命题，所以其否定是特称命题，即，.故选：D【点睛】本题主要考查命题的否定，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.10．A【解析】

根据可知,再利用抛物线的焦半径公式以及三角形面积公式求解即可.【详解】由题意可知抛物线方程为,设点点,则由抛物线定义知,,则.由得,则.又MN为过焦点的弦,所以,则,所以.故选：A【点睛】本题考查抛物线的方程应用,同时也考查了焦半径公式等.属于中档题.11．C【解析】

由三视图还原原几何体，借助于正方体可得三棱锥的表面中直角三角形的个数.【详解】由三视图还原原几何体如图，其中，，为直角三角形.∴该三棱锥的表面中直角三角形的个数为3.故选：C.【点睛】本小题主要考查由三视图还原为原图，属于基础题.12．C【解析】

根据已知条件判断出数列是等比数列，求得其通项公式，由此求得.【详解】由于，所以数列是等比数列，其首项为，第二项为，所以公比为.所以，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查等比数列的证明，考查等比数列通项公式，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．1【解析】

首先根据向量的数量积的运算律求出，再根据计算可得；【详解】解：因为，所以又所以所以故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算，属于基础题.14．【解析】

结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁.【详解】方法1：由题意可知，由中位线定理可得，设可得，联立方程可解得（舍），点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以方法2：焦半径公式应用解析1：由题意可知，由中位线定理可得，即求得，所以.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.15．3【解析】

根据圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高）,可得,进而可求出的值【详解】解:设圆柱底面圆的半径为,圆柱的高为,由题意知,解得.故答案为:3.【点睛】本题主要考查了圆柱的体积公式.只要能看懂题目意思,结合方程的思想即可求出结果.16．【解析】

由中位线定理和正方体性质得，从而作出异面直线所成的角，在三角形中计算可得．【详解】如图，连接，，，∵分别为棱的中点，∴，又正方体中，即是平行四边形，∴，∴，（或其补角）就是直线与直线所成角，是等边三角形，∴＝60°，其正切值为．故答案为：．【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题关键是根据定义作出异面直线所成的角．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）曲线的普通方程为：；曲线的普通方程为：（2）【解析】

（1）消去曲线参数方程中的参数，求得和的普通方程.（2）设出过原点的直线的极坐标方程，代入曲线的极坐标方程，求得的表达式，结合三角函数值域的求法，求得的最小值.【详解】（1）曲线的普通方程为：；曲线的普通方程为：.（2）设过原点的直线的极坐标方程为；由得，所以曲线的极坐标方程为在曲线中，.由得曲线的极坐标方程为，所以而到直线与曲线的交点的距离为，因此，即的最小值为.【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查直角坐标方程化为极坐标方程，考查极坐标系下距离的有关计算，属于中档题.18．（1）；（2）见解析.【解析】

（1）根据题意得出关于、、的方程组，解出、的值，进而可得出椭圆的标准方程；（2）设点、、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，并列出韦达定理，由向量的坐标运算可求得点的坐标表达式，并代入韦达定理，消去，可得出点的横坐标，进而可得出结论.【详解】（1）由题意得，解得，.所以椭圆的方程是；（2）设直线的方程为，、、，由，得.，则有，，由，得，由，可得，，，综上，点在定直线上.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线上的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.19．（1）（答案不唯一）（2）证明见解析【解析】

（1）找到一组符合条件的值即可；（2）由可得,整理可得,两边同除可得,再由可得,两边同时加可得,即可得证.【详解】解析:（1）（答案不唯一）（2）证明:由题意可知,,因为,所以.所以,即.因为,所以,因为,所以,所以.【点睛】考查不等式的证明,考查不等式的性质的应用.20．（1）（2）【解析】

（1）用等比数列的首项和公比分别表示出已知条件，解方程组即可求得公比，代入等比数列的通项公式即可求得结果；（2）把（1）中求得的结果代入bn＝an•log2an，求出bn，利用错位相减法求出Tn．【详解】(1)设数列的公比为，由题意知：，∴，即.∴，即.(2)，∴.①.②①－②得∴.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等差中项的概念以及错位相减法求和，考查运算能力，属中档题．21．（1）；（2）.【解析】

（1）根据焦点坐标和离心率，结合椭圆中的关系，即可求得的值，进而得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程为，由题意可知为中点.联立直线与椭圆方程，由韦达定理表示出，由判别式可得；由平面向量的线性运算及数量积定义，化简可得，代入弦长公式化简；由中点坐标公式可得点的坐标，代入圆的方程，化简可得，代入数量积公式并化简，由换元法令，代入可