河南省开封市部分学校2022届高考考前押题文科数学试题-

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河南省开封市部分学校2022届高考考前押题文科数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．已知全集，集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（       ）

A． B． C． D．

3．已知p，q为两个命题，则“为真命题”是“为真命题”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

4．在等差数列中，，，则（       ）

A． B． C． D．

5．已知，是单位向量，，，若，则，的夹角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．

6．已知，满足约束条件，则的最小值为（       ）

A． B．2 C． D．

7．如图，圆台的侧面展开图为半圆环，图中线段，为线段的四等分点，则该圆台的表面积为（       ）

A． B． C． D．

8．已知，则（       ）

A． B． C． D．

9．已知函数是定义在上的偶函数，且上单调递减，设，，，则（       ）

A． B． C． D．

10．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与的左、右两支分别交于点，若是边长为的等边三角形，则的离心率为（       ）

A． B． C． D．

11．若，则（       ）

A． B． C． D．

12．定义：设函数的定义域为，如果，使得在上的值域为，则称函数在上为“等域函数”，若定义域为的函数（，）在定义域的某个闭区间上为“等域函数”，则的取值范围为（       ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．在区间上随机取一个数，则事件“”的概率为___________.

14．已知抛物线的焦点为，点为上一点，其纵坐标为，若，则______．

15．已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，为的中点，若，则侧面四边形为正方形，则异面直线与所成角的余弦值为___________.

16．如图（1），画一个边长为1的正三角形，并把每一边三等分，在每个边上以中间一段为一边，向外侧凸出作正三角形，再把原来边上中间一段擦掉，得到第（2）个图形，重复上面的步骤，得到第（3）个图形，这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为科赫曲线．云层的边缘、山脉的轮廓、海岸线等自然界里的不规则曲线都可用“科赫曲线”的方式来研究，这门学科叫“分形几何学”．

设第（n）个图形的周长为，则与的递推关系式为______，当时，n的最小值为______（参考数据：，）

17．2022年2月20日，北京冬奥会在国家体育场“鸟巢”落下帷幕，中国代表团创历史最佳战绩.北京冬奥会的成功举办推动了我国冰雪运动的普及，让越来越多的青少年爱上了冰雪运动.某学校组织了一次冰雪运动趣味知识竞赛，100名喜爱冰雪运动的学生参赛，现将成绩分成，，，，（成绩均在区间上）共五组并制成如下频率分布直方图.学校决定对成绩前15名的参赛学生进行奖励，奖品为冬奥吉祥物冰墩墩玩偶.

(1)试求参赛学生成绩的众数及受奖励的分数线的估计值；

(2)从受奖励的15名学生中按上述成绩分组并利用分层抽样抽取5人.现从这5人中抽取2人，试求这2人成绩恰有一个不低于90分的概率.

18．如图，在扇形AOB中，点C为上一点，D，E分别为线段OA，OB上的点，且CD⊥OA，CE⊥OB，．

(1)求∠AOB的大小；

(2)若扇形的半径为30，求△CDE面积的最大值．

19．如图，在平行四边形中，，，，，分别为线段，上的点，且，，将沿折起至，连接，.

(1)点为上一点，且，求证：平面；

(2)当三棱锥的体积达到最大时，求点到平面的距离.

20．在平面直角坐标系中，已知点，动点到的距离是到直线的距离的倍，记点的轨迹为曲线.

(1)求曲线的方程；

(2)过：上的动点（）向曲线作两条切线，，交轴于，交轴于，交轴于，交轴于，记的面积为，的面积为，求的最小值.

21．已知函数.

(1)若，求函数的单调区间；

(2)若存在两个极小值点，求实数的取值范围.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）；以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，点的极坐标为．

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)若在曲线上存在两点，使得，求的取值范围．

23．已知函数f（x）＝|x﹣a|+|x+2|.

（1）若a＝1.解不等式f（x）≤x2﹣1；

（2）若a＞0，b＞0，c＞0.且f（x）的最小值为4﹣b﹣c.求证：.

参考答案：

1．B

【解析】

【分析】

根据补集、交集运算求解.

【详解】

因为，，所以，

所以.

故选：B.

2．D

【解析】

【分析】

由复数的除法运算求解即可.

【详解】

由题意得，

所以.

故选：D.

3．B

【解析】

【分析】

根据充分、必要条件的定义可得答案.

【详解】

“是真命题”，则是真命题是假命题，或者是假命题真命题，或者都是真命题，

“为真命题”则都是真命题，

所以“是假命题”是“为真命题”的必要不充分条件.

故选：B.

4．B

【解析】

【分析】

将已知等式变形，由等差数列下标和计算即可得到结果.

【详解】

由得：，.

故选：B.

5．D

【解析】

【分析】

根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可.

【详解】

由题意知，

，

即，所以.

故选：D.

6．A

【解析】

【分析】

根据不等式组，作出可行域，根据图象分析可得，当动直线过点A时，取得最小值，联立方程，求得A点坐标，代入即可得答案.

【详解】

画出可行域（如图阴影部分），变形可得，

当动直线过点A时，取得最小值，

由，得A的坐标为，故.

故选：A.

7．A

【解析】

【分析】

由侧面展开图可确定圆台的上下底面半径，进而得到上下底面面积，求得侧面展开图的面积即为圆台侧面积，加和即可得到结果.

【详解】

设圆台上底面半径为，下底面半径为，

则，，解得：，，

圆台上、下底面面积分别为：，，

又圆台的侧面积，圆台的表面积.

故选：A.

8．D

【解析】

【分析】

由两角和的正切公式可得出，再结合两角和的正切公式化简可得结果.

【详解】

因为，所以，

所以

.

故选：D.

9．C

【解析】

【分析】

通过奇偶性得以及在上单调递增，根据指数、对数函数的性质可得，进而可得结果.

【详解】

函数是定义在上的偶函数，所以，

因为，，所以，

又为偶函数且上单调递减，所以在上单调递增，

所以，即.

故选：C.

10．B

【解析】

【分析】

由双曲线定义可推导得，求得；在中，利用余弦定理可求得，进而得到，由可求得离心率.

【详解】

，，

又，，解得：，，

在中，由余弦定理得：，

解得：，即，，

双曲线的离心率.

故选：B.

11．C

【解析】

【分析】

根据正弦函数的值域和已知等式可确定，由此可确定的值，利用诱导公式化简可得结果.

【详解】

，，，，

，，

又，，，

即，

，，，

.

故选：C.

12．C

【解析】

【分析】

当时，根据单调性，可得，化简整理，可得，令，利用导数求得的单调性，分析即可得答案；当时，根据单调性，可得在上有两个不等实根，利用导数求得的单调性及最值，结合题意，分析计算，即可得答案.

【详解】

当时，函数在上为减函数，

若在其定义域的某个闭区间上为“等域函数”，

则存在，（）使得，

所以，消去，得，

令，则，

当时，，所以在上是单调增函数，

所以符合条件的，不存在.

当时，函数在上为增函数，

若在其定义域的某个闭区间上为“等域函数”，

则存在，（）使得，，即方程在上有两个不等实根，

即在上有两个不等实根，

设函数（），则，

当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以在处取得极大值，也是最大值，

所以，又，，

故，即.

故选：C.

【点睛】

解题的关键是讨论的单调性，根据题意，整理化简得到新的函数，利用导数求得新函数的单调性和最值，分析即可得答案，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.

13．##0.25

【解析】

【分析】

根据对数不等式的解法，求得x的范围，根据几何概型概率公式，即可得答案.

【详解】

由，得，所以，解得，

故所求概率.

故答案为：

14．或##或

【解析】

【分析】

由点纵坐标可求得的横坐标，由抛物线焦半径公式可构造方程求得结果.

【详解】

，，，解得：或.

故答案为：或.

15．

【解析】

【分析】

取的中点，连接，，得到为异面直线与所成的角（或补角），在中，利用余弦定理，即可求解.

【详解】

如图所示，取的中点，连接，，则，

则为异面直线与所成的角（或补角），

因为是边长为2的等边三角形，所以，

又因为，所以，

则，，

又由四边形为正方形，所以，

所以.

故答案为：.

16．     ##     10

【解析】

【分析】

根据题中给出的图形，先分析边长之间的变换规律，再分析边数的变化规律，最后分析周长的变化规律即可.

【详解】

第1个图形的边长为1，第2个图形的边长为第1个图形边长的，则第2个图形的边长为，以此类推，第个图形的边长为，

以—条边为例，原本的一条也被分成了3份，擦去一份，在擦掉的那条边上又衍生出2条，即原本的1条边变成现在的条，翻了4倍，所以第1个图形的边数为3，第2个图形的边数为12，第3个图形的边数为，以此类推，第个图形的边数为，

所以周长之间的关系为，所以是公比为，首项为3的等比数列，所以.

当时，即，即，即，即，因为，所以，解得，所以为10.

故答案为：； 10.

17．(1)众数为75，受奖励分数的估计值为85

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据频率分布直方图众数求法，可得众数；先求得成绩在的人数，分析可得受奖励分数线在内，且设为x，根据题意，列出方程，即可得答案.

（2）由（1）可得成绩在的人数为9，成绩在的人数为6，利用分层抽样，分别求得两层人数，且记作，，， ，，分别列出总可能情况和满足条件情况，根据古典概型概率公式，即可得答案.

(1)

由频率分布直方图估计众数为75，

竞赛成绩在的人数为，

竞赛成绩在的人数为，故受奖励分数线在内.

设受奖励分数为，则，

解得，故受奖励分数的估计值为85.

(2)

由（1）知，受奖励的15人，成绩在的人数为9，成绩在的人数为6，

利用分层抽样，可知成绩在的抽取3人，记作，，，成绩在的抽取2人，记作，，

现从这5人中抽取2人，所有的可能情况有，，，，，，，，，共10种，

满足条件的情况有，，，，，共6种，

故所求的概率为.

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）在中利用正弦定理进行角化边转化，再结合余弦定理及同角的三角函数关系式得到关于的一元二次方程，进而得到，可知和互补，可求得；

（2）连接，设（），利用锐角三角函数可得到和，结合三角形面积公式，利用三角恒等变换化简，由三角函数的图像及其值域即可求解.

(1)

在中，由正弦定理得：，又由余弦定理得：，化简得：，

即，

解得：，（舍去），，则，

又，，，所以.

(2)

连接，可得，设（），则，

在中，，在中，，

所以的面积

，

即（），

因为，所以，则当时，即为中点时，

的面积取得最大值.

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用平分线分线段成比例可证，结合平行四边形可得，可得平面；（2）根据题意可得当平面平面，三棱锥的体积达到最大，利用等体积转换求解，或根据平行转化为点到平面的距离．

(1)

证明：作交于，则，

因为，所以.

因为，，，所以，，，

所以，所以.

又，，所以，

所以四边形为平行四边形，所以，

平面，平面，

所以平面，

(2)

因为三棱锥的体积也就是三棱锥的体积，

所以当三棱锥的体积最大时，也就是点到平面的距离最大时，

此时平面平面.

因为，，，则，

所以，所以，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面.

方法一：设点到平面的距离为，连接.

因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，

即，所以，

因为，，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，又平面，所以，

所以，，

所以.

方法二：因为∥，平面，平面，所以∥平面，

所以点到平面的距离等于点到平面的距离，

因为，，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，又平面平面，

作，垂足为，又平面平面，平面，

所以平面.

在直角中，，所以.

即点到平面的距离为.

20．(1)

(2)48

【解析】

【分析】

（1）设，利用距离公式得到方程，整理得曲线的方程；

（2）设，的方程分别为，，即可得到、、、的坐标，从而表示出，，设过与相切的直线为，

联立直线与椭圆方程，消元，根据，即可得到､是关于的方程的两根，即可得到，令，则，再利用基本不等式计算可得；

(1)

解：设，由题意得，

化简得曲线的方程为.

(2)

解：由题意知，的斜率存在，故设，的方程分别为，，

则，，，，

所以，，

，①

设过与相切的直线为，

联立可得，

则，

化简得，

显然､是关于的方程的两根，故，，

所以，

令，则，，

当且仅当，即时，的最小值为48.

21．(1)递减区间为，递增区间为

(2)

【解析】

【分析】

（1）当时，求得，令，利用导数求得，进而求得函数的单调区间；

（2）求得，令，结合单调性得到，进而得到，分和，两种情况分类讨论，结合单调性与极值点的概念，即可求解.

(1)

解：当时，函数，

可得，

令，可得，所以函数单调递增，

因为，所以，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

即函数的单调递减区间为，单调递增区间为.

(2)

解：由函数，

可得，

令，可得，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，

当时，可得，所以，

①当时，，此时当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以函数的极小值为，无极大值；

②当时，，

又由在上单调递增，所以在上有唯一的零点，且，

因为当时，令，可得，

又因为，所以，即，所以，

所以，，

因为在上单调递减，所以在上有唯一的零点，且，

所以当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以函数有两个极小值点，故实数的取值范围为.

22．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）将参数方程化为普通方程，由极坐标与直角坐标互化原则可直接得到结果；

（2）过作圆的切线，切点分别为，可知，进而确定，利用可求得的范围；在中，利用余弦定理可构造不等式求得的取值范围.

(1)

由曲线的参数方程可得其普通方程为：，即，

曲线的极坐标方程为：

(2)

过作圆的切线，切点分别为，

在圆上存在两点，使得，，，

又，，；

在中，，，，

，

，解得：，

即的取值范围为.

23．（1）{x|x≤﹣2或x≥1}（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）对绝对值函数进行分段讨论，解不等式即可；

（2）求出的最小值，得到，利用柯西不等式证明即可．

【详解】

（1）当a＝1时，f（x）＝|x﹣1|+|x+2|，

当x≤﹣2时，﹣2x﹣1≤x2﹣1，得x2+2x≥0，所以x≤﹣2；

当﹣2＜x＜1时，3≤x2﹣1，得x2≥4，无解

当x≥1时，由2x+1≤x2﹣1，得x2﹣2x﹣2≥0，得x≥1，

综上，不等式的解集为{x|x≤﹣2或x≥1}；

（2）证明：

因为f（x）＝|x﹣a|+|x+2|≥|x﹣a﹣x﹣2|＝|a+2|＝a+2＝4﹣b﹣c，

得a+b+c＝2，

所以2，

当且仅当a+b＝c＝1时成立，

故原命题得证.

【点睛】

考查绝对值不等式的解法，柯西不等式的应用，属于中档题．