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2022年河南省新乡市高考数学三模试卷（理科）（含答案解析）

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这是一份2022年河南省新乡市高考数学三模试卷（理科）（含答案解析），共15页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】A，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2022年河南省新乡市高考数学三模试卷（理科）

已知集合，，则

A. B. C. D.

已知复数z满足，则

A. 1 B. C. D.

设等比数列的公比为q，若，则

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

若函数的图象在点处的切线方程为，则

A. 1 B. C. 0 D. 2

已知一个圆柱与一个圆锥的轴截面分别为正方形与正三角形，且正方形与正三角形的边长相等，则该圆柱的体积与圆锥的体积的比值为

A. B. C. D.

已知双曲线的顶点到一条渐近线的距离为实轴长的，则双曲线C的离心率为

A. B. 2 C. D. 3

已知的展开式中各项的系数之和为2，则展开式中含项的系数为

A. B. C. 10 D. 40

为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进新疆教育事业发展，某市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五位教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方都有老师去，则两位女教师被分派到同一个地方的概率为

A. B. C. D.

中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：它表示，在受噪音干扰的信道中，最大信息传递速度C取决于信道带宽W，信道内信号的平均功率S，信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫作信噪比．当信噪比比较大时，公式中真数里面的1可以忽略不计．按照香农公式，增加带宽，提高信号功率和降低噪声功率都可以提升信息传递速度，若在信噪比为1000的基础上，将带宽W增大到原来的2倍，信号功率S增大到原来的10倍，噪声功率N减小到原来的，则信息传递速度C大约增加了参考数据：

A. B. C. D.

已知抛物线的焦点为F，P点在抛物线上，Q点在圆C：上，则的最小值为

A. 4 B. 6 C. 8 D. 10

如图所示的是一个简单几何体的三视图，若，则该几何体外接球体积的最小值为

A. B. C. D.

已知数列满足…，，则数列的前2022项和为

A. B. C. D.

设x，y满足约束条件则的最大值为______.
已知，，，则在方向上的投影为______.
已知函数，若对任意的恒成立，且在上单调递减，则______.
黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用．黎曼函数定义在上，其解析式如下：，若函数是定义在R上的奇函数，且对任意x都有，当时，，则______.
在平面四边形ABCD中，已知，，
若，求；
若的面积为，求的面积．
为进一步完善公共出行方式，倡导“绿色出行”和“低碳生活”，某市建立了公共自行车服务系统，为了鼓励市民租用公共自行车出行，同时希望市民尽快还车，方便更多的市民使用，公共自行车按每次的租用时间进行收费，具体收费标准如下：①租用时间不超过1小时，免费；②租用时间超出1小时但不超过2小时，收费1元；③租用时间超出2小时，按每小时1元不足1小时按1小时计算收费，一天最高收费10元．甲、乙两人独立出行，每天都需要租用公共自行车一次，且两人租车时间都不会超过3小时，已知甲、乙租用时间不超过一小时的概率分别是，；租用时间超出1小时且不超过2小时的概率分别是，；租用时间超出2小时的概率分别是，
求甲一天内租用公共自行车的费用比乙多的概率；
设甲两天内租用公共自行车的总费用为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，，，，平面平面ABCD，且，E为BC的中点．
证明：平面平面PBD；
若四棱锥的体积为，求二面角的余弦值．
已知椭圆C：的离心率，且椭圆C经过点
求椭圆C的方程．
不过点P的直线l：与椭圆C交于A，B两点，记直线PA，PB的斜率分别为，，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
已知函数，
讨论的单调性；
若对任意的恒成立，求实数a的取值范围．
在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为
写出的普通方程和的直角坐标方程；
若曲线与曲线交于A，B两点，求以AB为直径的圆的极坐标方程．

已知函数
求不等式的解集；
若的最小值为，证明：

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：集合，
，

故选：
求出集合A，B，由此能求出
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

2.【答案】D

【解析】解：，
，
，

故选：
根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．
本题考查了复数代数形式的乘除法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．

3.【答案】A

【解析】解：在等比数列中，由，
得，，即，得
故选：
由已知结合等比数列的性质求解．
本题考查等比数列的通项公式，考查等比数列的性质，是基础题．

4.【答案】A

【解析】解：由题意可知曲线在出切线方程的斜率为k，
求导得：，所以，
切线方程为，
把代入切线方程得，
代入得：
故选：
求出函数的导函数，把代入导函数求出的导函数值即为切线方程的斜率，而切线方程的斜率为1，可得切点坐标，然后把切点坐标代入函数方差，即可求出a的值．
此题考查利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，切线方程的应用，是中档题．

5.【答案】C

【解析】解：设正方形与正三角形的边长为2，
则圆柱的体积为，
圆锥的体积为，
所以圆柱的体积与圆锥的体积的比值为
故选：
设正方形与正三角形的边长为2，则可求出圆柱和圆锥的体积，从而可求得答案．
本题主要考查柱体体积的计算，锥体体积的计算等知识，属于基础题．

6.【答案】B

【解析】解：双曲线的一个顶点到渐近线的距离为实轴长的，
，
，可得，
，
，
故选：
由已知双曲线的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，通过渐近线、离心率等几何元素，沟通a，b，c的关系，即可求出该双曲线的离心率．
本题考查的知识点是双曲线的简单性质，双曲线的渐近线与离心率存在对应关系，通过a，b，c的比例关系可以求离心率，也可以求渐近线方程．

7.【答案】C

【解析】解：令，则展开式的各项系数和为，解得，
所以二项式的展开式中含的项为，
所以的系数为10，
故选：
先令，求出展开式的各项系数和，由此求出a的值，再根据二项式定理求出展开式中含的项，由此即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．

8.【答案】B

【解析】解：五位教师分派到三个不同地方共有种不同的分派方法，
两位女教师分派到同一个地方有种不同的分派方法，
两位女教师被分派到同一个地方的概率为：
故选：
利用古典概型的概率计算公式能求出两位女教师被分派到同一个地方的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

9.【答案】D

【解析】解：提升前的信息传递速度，
提升前的信息传递速度，
所以信息传递速度C大约增加了，
故选：
先求出提升前的信息传递速度，然后求得提升后的信息传递速度，由此求得正确答案．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，属于中档题．

10.【答案】C

【解析】解：圆：的圆心为，半径为2，
过点C作抛物线准线的垂线，垂足为N，如图所示：
由抛物线的定义可知：，
当P、A、N经过圆C的圆心时，取得最小值，
圆心，半径为2，
最小值为：
故选：
根据题意画出图形，结合图形利用抛物线的定义与性质，转化求解最小值问题．
本题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线定义的应用及数学转化思想，是中档题．

11.【答案】D

【解析】解：由三视图还原原几何体如图，

该几何体为三棱锥，其外接球即为长方体的外接球，球心为PA的中点，半径，
则，当且仅当时等号成立．
该几何体外接球体积的最小值为
故选：
由题意还原原几何体，然后利用分割补形法及基本不等式求出外接球的最小半径，代入球的体积公式得答案．
本题考查空间几何体的三视图，考查多面体外接球体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．

12.【答案】A

【解析】解：数列满足…，①；
当时，，整理得；
当时，…，②；
得：，
整理得；
所以常数，
所以数列是以3为首项，1为公差的等差数列；
所以，
整理得；
所以；
故；
所以
故选：
首先利用数列的递推关系求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法在求和中的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法及应用，数列的求和，裂项相消法的求和，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．

13.【答案】16

【解析】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，
由，得，由图可知，当直线过A时，直线在y轴上的截距最小，
z有最大值为
故答案为：
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．

14.【答案】

【解析】解：，，，，
，
在方向上的投影为：
故答案为：
根据条件可求出，根据投影的计算公式求解即可．
本题考查了向量加法、减法、数乘和数量积的运算，投影的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．

15.【答案】1

【解析】解：，
因为对任意的恒成立，
所以，
所以，，解得，，①
因为在上单调递减，
所以，可得，
又，
所以得：，②
所以由①②可得：
故答案为：
先化简函数，根据对任意的恒成立，得到，再根据在上单调递减，由即可求解．
本题考查了两角和的正弦公式，正弦函数的性质的应用，考查了计算能力和函数思想，属于中档题．

16.【答案】

【解析】解：根据题意，对任意x都有，则有，
又由函数是定义在R上的奇函数，则有，
故，即函数是周期为4的周期函数，
则有，，故，
则，
，
故，
故答案为：
根据题意，先分析函数的周期，结合奇偶性可得的值，进而可得的值，即可得答案．
本题考查分段函数的求值，涉及函数的奇偶性和周期性的应用，属于中档题．

17.【答案】解：因为，，
所以
在中，由余弦定理得
因为，
所以，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，
所以，
所以
因为，
所以，
又，
所以
在中，，
所以，
所以，
所以，
所以

【解析】由题意可得在中，由余弦定理可得，利用勾股定理可求，进而可求，在中，由余弦定理得，求得，进而可求的值．
利用三角形的面积公式可求CD的值，利用余弦定理可求AD的值，在中，利用余弦定理可求BD的值，进而可求的值，利用同角三角函数基本关系式可求的值，从而根据三角形的面积公式即可求解．
本题考查了余弦定理，勾股定理，三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

18.【答案】解：设“甲一天内租用公共自行车的费用比乙多”为事件A，
则事件A包含甲用1元，乙用0元；甲用3元，乙用0元或1元，
所以，
即甲一天内租用公共自行车的费用比乙多的概率为
随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，6，；；；；；
所以随机变量X的分布列为

X	0	1	2	3	4	6
P

所以

【解析】设“甲一天内租用公共自行车的费用比乙多”为事件A，事件A包含甲用1元，乙用0元；甲用3元，乙用0元或1元，然后求解概率即可．
随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，6，求出概率得到X的分布列，然后求解期望．
本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．

19.【答案】解：如图，以D为坐标原点，以，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，

因为，E为BC的中点，所以
因为平面平面ABCD且交于BC，所以平面ABCD，令
证明：因为，，，
所以，，所以，
因为，所以平面
因为平面PBD，所以平面平面
解：因为，所以，即
设平面PAD的法向量为，则
令，得
取平面PAE的法向量为
因为，且二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为

【解析】以D为坐标原点，以，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，令
通过，，说明，即可证明平面推出平面平面
通过，得到，推出求出平面PAD的法向量，平面PAE的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦值．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．

20.【答案】解：因为，所以，所以
因为椭圆C过，所以，
所以，，故椭圆C的标准方程为
因为直线l不过，且直线PA，PB的斜率存在，所以且
设，，
联立方程组得，
则，
由，得且
因为，
所以，
即为定值，且

【解析】根据已知条件求得，，由此求得椭圆C的方程．
联立直线l的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，从而计算出为定值．
本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用，圆锥曲线中的定点定值问题等知识，属于中等题．

21.【答案】解：的定义域为
因为，所以
当，即时，，则在上单调递减；
当，即时，令，得，令，得，
则在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
由，得，
即，
即在上恒成立．
令，则，
所以在上单调递增，所以，所以，
即只需在上单调递增．
因为，所以在上恒成立，
即在上恒成立．
因为函数在上单调递增，所以，
故实数a的取值范围是

【解析】求出导函数，讨论a和0的大小，进而得到结论，
构造函数，把问题转化，进而求解结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值问题，考查转化与化归思想以及分类讨论思想，考查逻辑推理能力与运算能力，是一道难题．

22.【答案】解：因为曲线的参数方程为为参数，
所以曲线的普通方程为
因为曲线的极坐标方程为，
所以曲线的直角坐标方程为
设，，联立方程组得，
则，
因为，
所以AB的中点坐标为，
所以以AB为直径的圆的直角坐标方程为，
故以AB为直径的圆的极坐标方程为

【解析】曲线的参数方程消去参数推出曲线的普通方程．利用极坐标与普通坐标的互化，求解曲线的极坐标方程化为曲线的直角坐标方程．
设，，联立方程组利用韦达定理推出AB的中点坐标求解弦长，即可推出以AB为直径的圆的直角坐标方程，转化为极坐标方程．
本题考查参数方程以及极坐标方程与普通方程的互化，直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．