河北省邢台市2020届高三第二次模拟考试数学(理)试题Word版含答案.docx

2022年高考压轴卷邢台市其次次模拟试卷
数学试卷（理科）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一． 选择题：（每小题5分，共60分.下列每小题所给出选项只有一项是符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上.）
1.设全集，集合，,则等于( )
A. B. C. D.
2.复数满足方程（i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在 ( )
A. 第一象限 B. 其次象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3.某工厂生产、、三种不同型号的产品，产品数量之比依次为，现用分层抽样方法抽出一个容量为的样本，已知种型号产品共抽取了件，则种型号产品抽取的件数为( )
A. B. C. D.

4.已知是抛物线上一点，则“”是“点到抛物线焦点的距离不少于3”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
5.已知、满足约束条件，则的最小值为 ( )
A. B. C. D.

6.将函数的图象向左平移个单位，若所得图象对应的函数为偶函数，则的最小值是 ( )
A. B. C. D.

7.按下列程序框图来计算：
假如输入的，应当运算的次数为( )
A. B. C. D.
8. 一个空间几何体的三视图及其相关数据如图所示，则这个空间几何体的表面积是 ( )
A. B. C. D.
9.已知身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝颜色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法共有 ( )
A.48种 B.72种 C.78种 D.84种
10.在正四棱锥中，,,点、B、、在球上，球与，的另一个交点为，与的另一个交点为，且，则球表面积为 ( )
A. B. C. D.
11. 已知双曲线，过其右焦点且与渐近线平行的直线分别与双曲线的右支和另一条渐近线交于、B两点，且，则双曲线的离心率为 ( )
A. B. C. D.
12.已知函数，若对于任意的，恒成立，则的最小值等于 ( )
A. B. C. D.

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13.已知向量，，，且，则 .
14. 若，则= .

15.已知函数，设，若，则的取值范围是 = .
16. 如图，在中，,,点在线段上，且，则= .
三、解答题
17.（本小题满分12分）
已知数列的前项和为，若
（1） 求证：数列是等比数列；
（2） 求数列的前项和.

18.（本小题满分12分）
春节期间，某商场打算从3种服装、2种家电、3种日用品中，选出3种商品进行促销活动.
（1）试求选出的3种商品中至少有一种是家电的概率；
（2）商场对选出的某商品接受抽奖方式进行促销，即在该商品现价的基础上将价格提高100元，规定购买该商品的顾客有3次抽奖的机会；若中一等奖，则获得数额为元的奖金；若中两次奖，则共获得数额为元的奖金；若中3次奖，则共获得数额为元的奖金.假设顾客每次抽奖中奖的概率都是，请问：商场将奖金数额最高定为多少元，才能使促销方案对商场有利？

19. （本小题满分12分）
如图，在三棱柱中，平面，,为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值.

20.（本小题满分12分）
在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若动点在直线上，过作直线交椭圆于两点，使得，再过作直线，证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.

21.（本小题满分12分）
已知函数，斜率为1的直线与函数的图象相切于点.
（1）求的单调区间；
（2）当实数时，争辩的极值点.

请考生在第22,23,24题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题记分.
作答时请在答题卡涂上题号.
22（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲
如图，的半径为2，是直径，是线，直线、交的延长线于，,交于点.
（1）求证：；
（2）若，试求的长.

23. （本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程
已知直线的极坐标方程为，圆的参数方程为(其中为参数)
（1）将直线的极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）若直线与圆相交于、两点，求直线 与的斜率之和.

24．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲
已知函数的解集为.
（1）求的值；
（2）若求证：.

2022年邢台市其次次高考模拟试卷
数学试卷参考答案(理科)
1.D　由于UA＝{x|x≤1或x≥4}，所以(UA)∩B＝{1，4，5}．
2．A　由＝－i，得z－3＝＝－2＋i，则z＝1＋i.所以选A.
3．C　＝，得k＝2，∴C种型号产品抽取的件数为120×＝36.
4．B　若点M到抛物线焦点的距离不少于3,则2+≥3,解得p≥2,故选B.
5．A　画出可行域易知在点(3，－3)处有最小值－6.
6．A　由于f(x)＝sin x－cos x＝2sin(x－)，所以f(x)＝2sin(x＋m－)为偶函数，故m－＝π(k∈Z)，从而m的最小值为.
7．C　第一次循环，x＝3x－2＝28，不满足条件x＞2022，再次循环；
其次次循环，x＝3x－2＝82，不满足条件x＞2022，再次循环；
第三次循环，x＝3x－2＝244，不满足条件x＞2022，再次循环；
第四次循环，x＝3x－2＝730，不满足条件x＞2022，再次循环；
第五次循环，x＝3x－2＝2188，满足条件x＞2022，结束循环，
因此循环次数为5次．
8．D　由三视图可知，此几何体为半个圆台，由图中数据可知，上下底面半径分别为1，2，母线长为2，高为，故该几何体的表面积为S＝[π×12＋π×22＋π(1＋2)×2]＋×＝＋3.
9．A　先把两个穿红衣服的人和穿蓝衣服的人排成一排，再用插空法把穿黄衣服的两人排入，有AA＝72种排法，其中两个穿红衣服的人排在一起的排法有AAA＝24种状况，则满足要求的排法共有72－24＝48种．
10．B　连结EF，DF，易证得BCFE是矩形，则三棱柱ABE－DCF是球O的内接直三棱柱，∵AB＝2，AA1＝2，∴tan∠ABA1＝，即∠ABA1＝60°，又AE⊥BA1，∴AE＝， BE＝1，∴球O的半径R＝＝，则球O表面积S＝4π()2＝8π.
11．B　∵直线AB与渐近线y＝－x平行，∴∠BOF＝∠BFO(O为坐标原点)，设F(c，0)，则点B坐标为(，)，∵＝，∴点A是BF的中点，即A(，)，将点A的坐标代入到双曲线方程得－＝1⇒e＝.
12．A　x∈N*时，不等式f(x)≥3可化为a≥－x－＋3，设h(x)＝－x－＋3，则h′(x)＝－1＋＝，当x∈(0，2)时，h′(x)＞0，当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＜0，所以x∈N*时，h(x)max＝{h(2)，h(3)}max＝－，所以x∈N*，f(x)≥3恒成立，只需a≥－即可．
13．－10　∵a∥b，∴x＝－4，又∵b⊥c，∴2m＋12＝0，即m＝－6，∴x＋m＝－10.
14．80　由题可知a3为x3的系数，依据二项式的通项公式有Tr＋1＝C(2x)r＝C2rxr，令r＝3，得到x3的系数为C23＝80.
15．[，2)　画出函数图象如图所示，由图象可知要使a>b≥0，f(a)＝f(b)同时成立，≤b<1，bf(a)＝b·f(b)＝b(b＋1)＝b2＋b＝(b＋)2－
∴ ≤b·f(a)<2.
16．3　由sin＝，得cos∠ABC＝，
在△ABC中，设BC＝a，AC＝3b，
由余弦定理得：9b2＝a2＋4－a，①
又由∠ADB与∠CDB互补，∴cos∠ADB＝－cos∠CDB，
即＝－，化简得3b2－a2＝－6，②
解①②得a＝3，b＝1，即BC＝3.
17．解：(1)由Sn＝3an＋2n，得Sn＋1＝3an＋1＋2(n＋1)，
以上两式相减得an＋1＝3an＋1－3an＋2，即an＋1＝an－1，
所以an＋1－2＝(an－2)．
又由于S1＝a1＝3a1＋2，所以a1＝－1，a1－2＝－3.
故数列{an－2}是以－3为首项，为公比的等比数列．(6分)
(2)由(1)得an－2＝－3×()n－1，所以an＝2－3×()n－1.
所以＝－，
所以Tn＝－＝－－.(12分)
18．解：(1)设选出的3种商品中至少有一种是家电为大事A，从3种服装、2种家电、3种日用品中，选出3种商品，一共有C种不同的选法，选出的3种商品中，没有家电的选法有C种．
所以，选出的3种商品中至少有一种是家电的概率为P(A)＝1－＝.(5分)
(2)设顾客三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量X，其全部可能的取值为0，m，3m，6m(单位：元)．
X＝0表示顾客在三次抽奖都没有获奖，所以P(X＝0)＝(1－)3＝；
同理，P(X＝m)＝C×(1－)2×＝；P(X＝3m)＝C×(1－)1×()2＝；
P(X＝6m)＝C×()3＝.
顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额的期望值是E(X)＝0×＋m×＋3m×＋6m×＝m.
由m≤100，解得m≤75.
故m最高定为75元，才能使促销方案对商场有利．(12分)
19．(法一)(1)证明：如图一，连结AC1与A1C交于点K，连结DK.
在△ABC1中，D、K分别为AB、AC1的中点，
∴DK∥BC1.(3分)
又DK⊂平面DCA1， BC1⊄平面DCA1，
∴BC1∥平面DCA1.5分
(2)解：二面角D－CA1－C1与二面角D－CA1－A互补．
如图二，作DG⊥AC，垂足为G，
又平面ABC⊥平面ACC1A1，∴DG⊥平面ACC1A1.
作GH⊥CA1，垂足为H，连结DH，则DH⊥CA1，
∴∠DHG为二面角D－CA1－A的平面角.(8分)
设AB＝BC＝CA＝AA1＝2，
在等边△ABC中，D为中点，∴AG＝AC，在正方形ACC1A1中，GH＝AC1，
∴DG＝，GH＝×2＝，∴DH＝.
∴cos∠DHG＝＝＝.(11分)
∴所求二面角的余弦值为－.(12分)

　　　　　　　　　图一　　　　　　　　　　图二　　　　　　　　　图三
(法二)(1)证明：如图三，以BC的中点O为原点建立直角坐标系O－xyz，设AB＝BC＝CA＝AA1＝2.
则A(0，0，)，D(，0，)，B(1，0，0)，A1(0，2，)，C(－1，0，0)，B1(1，2，0)，C1(－1，2，0)．
设n＝(x，y，z)是平面DCA1的一个法向量，
则又＝(，0，)，＝(1，2，)，
∴令x＝1，则z＝－，y＝1，
∴n＝(1，1，－).(3分)
∵＝(－2，2，0)，∴n·＝－2＋2＋0＝0.
又BC1⊄平面DCA1，∴BC1∥平面DCA1.(5分)
(2)解：设m＝(x1，y1，z1)是平面CA1C1的一个法向量，
则又＝(0，2，0)，＝(1，2，)，
∴令z1＝1，则x1＝－，
∴m＝(－，0，1).(8分)
∴cos〈m，n〉＝＝＝－.(11分)
∴所求二面角的余弦值为－.(12分)
20．解：(1)由题意知点(3，－1)在椭圆C上，即＋＝1, ①
又椭圆的离心率为，所以＝＝()2＝，②
联立①②可解得a2＝12，b2＝4，所以椭圆C的方程为＋＝1.(5分)
(2)由于直线l的方程为x＝－2，设P(－2，y0)，y0∈(－，)，
当y0≠0时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，明显x1≠x2，
联立则＋＝0，即＝－·，
又PM＝PN，即P为线段MN的中点，
故直线MN的斜率为－·＝，
又l′⊥MN，所以直线l′的方程为y－y0＝－(x＋2)，
即y＝－(x＋)，
明显l′恒过定点(－，0)；
当y0＝0时，直线MN即x＝－2，此时l′为x轴亦过点(－，0)．
综上所述，l′恒过定点(－，0)．(12分)
21．解：(1)由题意知：f′(x)＝b(ln x＋)－1，f′(1)＝2b－1＝1，b＝1，h(x)＝f(x)－xln x－x＋1，h′(x)＝－1，h′(x)＝－1＞0，解得0＜x＜1.
h′(x)＝－1＜0，解得x＞1.
所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．（6分）
(2)g(x)＝f(x)－(a＋x)ln x＋ax2＝(1－a)ln x＋ax2－x＋1，∴g′(x)＝＋ax－1＝＝＝，
由g′(x)＝0得：x1＝－1，x2＝1.
①若0＜－1＜1，a＞0即＜a＜1，0＜x1＜x2，
x
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

微小值

此时g(x)的最小值点为x＝1，极大值点x＝－1.
②若－1＝1，a＞0即a＝，x1＝x2＝1，则g′(x)≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点．
③若－1＞1，a＞0即0＜a＜，x1＞x2＝1，
x
(0，x2)
x2
(x2，x1)
x1
(x1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

微小值

此时g(x)的极大值点为x＝1，微小值点x＝.
综上所述：
当＜a＜1时，g(x)的微小值点为x＝1，极大值点x＝－1；
当a＝时，g(x)无极值点；
当0＜a＜，g(x)的极大值点为x＝1，微小值点为x＝－1.（12分）
22．解：(1)∵AE＝AC，∴∠EDC＝∠AOC,
∴∠POC＝∠FDP，∠P是公共角，
∴△POC∽△PDF，∴＝，∴PD·PC＝PF·PO，
∵PD·PC＝PB·PA，∴PF·PO＝PB·PA.（5分）
(2)∵PB＝2BF，∴设PB＝x，则BF＝x，PF＝x.
又∵⊙O半径为2，∴PO＝x＋2，PA＝x＋4.
由(1)知PF·PO＝PB·PA，故x(x＋2)＝x(x＋4)，
解得x＝2，x＝0(舍去)．∴PB＝2.（10分）
23．解：(1)∵ρsin(－θ)＝ρ(sincos θ－cossin θ)＝，
∴ρcos θ－ρsin θ＝，∴其直角坐标方程为x－y－2＝0.（5分）
(2)将圆M的参数方程代入直线方程x－y－2＝0，
得1＋3cos θ＋2－3sin θ－2＝0，即sin θ－cos θ＝，
两边平方整理得sin θcos θ＝，所以＝＝，
∴4tan2θ－9tan θ＋4＝0，∴kAM＋kBM＝－＝.（10分）
24．解：(1)由不等式|2x－3|≤1可化为－1≤2x－3≤1得1≤x≤2，（3分）
∴m＝1，n＝2，m＋n＝3.（6分）
(2)若|x－a|＜1，则|x|＝|x－a＋a|≤|x－a|＋|a|＜|a|＋1.（10分）