河北省省级联测2022届高三上学期第五次联考数学试题及解析

这是一份河北省省级联测2022届高三上学期第五次联考数学试题及解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
河北省省级联测2022届高三上学期第五次联考数学试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．2．已知，，，，则p是q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3．函数在点处的切线方程是，则（       ）A．2 B．3 C．4 D．54．小明参加某项测试，该测试一共3道试题，每道试题做对得5分，做错得0分，没有中间分，小明答对第1，2题的概率都是，答对第3题的概率是，则小明答完这3道题的得分期望为（       ）A． B． C． D．5．数列1，，，，，，，，，，…的第2021项为（       ）A． B． C． D．6．阿基米德（公元前287年——公元前212年），百科式科学家、数学家，和高斯、牛顿并列为世界三大数学家.阿基米德曾说过：“给我一个支点，我就能撬起整个地球.”阿基米德在做数学研究时，有一个有趣的问题：一个边长为2的正方形内部挖了一个内切圆，现以过该内切圆的圆心且平行于正方形的一边的直线为轴旋转一周形成几何体，则该旋转体的体积为（       ）A． B． C． D．7．已知：若，，则；若，，，，则；若，，且，则的最小值为.上面不等式中正确的个数为（       ）A． B． C． D．8．已知函数为函数的导函数，满足，，，，则下面大小关系正确的是（       ）A． B．C． D．二、多选题9．在复平面中，已知复数对应的点在第二象限，则实数的可能取值为（       ）A． B． C． D．10．将函数的图象变换为函数的图象，则所做的变换可以是（       ）A．向左平移 B．向右平移C．向右平移 D．向右平移11．已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线C交于M，N两点，且，，则的取值可以为（       ）A． B． C．2 D．312．已知点O是的外心，，，，则下列正确的是（       ）A．若，则的外接圆面积为B．若，则C．若，则D．当，时，三、填空题13．已知向量，，若两个向量共线，则______.14．过点且渐近线与双曲线的渐近线相同的双曲线方程为______.15．已知四边形中，，，三角形沿折起，使得二面角为120°，则此空间四边形外接球的表面积为______.16．若多项式，则______；______.四、解答题17．已知数列的前n项和为，满足，数列满足，且，.(1)求数列，的通项公式；(2)求数列的前项和.18．某教育集团向社会招聘一些管理型教师，现对应聘者所考虑的主要因素进行调查，所得统计结果如下表所示： 男性女性薪资1016职位104 (1)是否有95%的把握认为应聘者关于工作的首要考虑因素与性别有关；(2)应聘需要通过两轮测试，才能成功应聘.第一轮测试有三道试题，答对两道以上视为通过；第二轮测试共有两道试题，全部答对视为通过.应聘者小张在第一轮中每道试题答对的概率为，在第二轮中每道试题答对的概率为，求小张通过应聘的概率.参考公式：，其中.参考数据：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828 19．已知在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，且.(1)求角；(2)若，求的取值范围.20．在四棱锥中，底面为等腰梯形，点E为与的交点，其中，，，，.(1)证明：平面平面；(2)求二面角的余弦值.21．已知椭圆P焦点分别是和，直线与椭圆P相交所得的弦长为1.(1)求椭圆P的标准方程；(2)将椭圆P绕原点逆时针旋转90°得到椭圆Q，在椭圆Q上存在A，B，C三点，且坐标原点为的重心，求的面积.22．设函数在处的切线经过点.(1)求的值，并且讨论函数的单调区间；(2)当时，时，不等式恒成立，求的取值范围.
参考答案：1．C【解析】【分析】先利用对数式的真数为正化简集合，再求其补集.【详解】因为，且，所以.故选:C.2．B【解析】【分析】根据基本不等式性质和特值法判断命题的充分性和必要性即可得到答案.【详解】根据题意，若，则，必要性成立，若，如，，不能得到，充分性不成立，所以p是q的必要不充分条件.故选：B3．B【解析】【分析】利用导数的几何意义求解.【详解】因为在直线上，所以，，所以，故选：B.4．C【解析】【分析】设小明的得分为，则的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可得到得分的分布列，从而求出数学期望；【详解】解：设小明的得分为，则的可能取值为、、、，所以，，，；所以小明得分的分布列为：051015 所以小明答完这3道题的得分期望为，故选：C.5．B【解析】【分析】观察可知数列构成为，1个1,3个，5个，…，个…，计算可得,结合选项进行判断即可得出结果.【详解】观察可知数列构成为，1个1,3个，5个，…，个，…注意到，而，，故选：B.6．B【解析】【分析】由该旋转体为一个圆柱去掉一个内切球求解.【详解】根据题意可得，该旋转体为一个圆柱去掉一个内切球,所以该旋转体的体积，故选：B7．C【解析】【分析】由基本不等式“一正二定三相等”的原则对选项逐一判断.【详解】①利用基本不等式可得，当且仅当时取等号，①正确；②，当且仅当时取等号，②不正确；③，则，当且仅当时取等号，所以，③正确.故选：C.8．A【解析】【分析】根据题意可得，从而构造函数在上单调递增，由单调性即可求解.【详解】根据题意，，变换可得：，分析可得，，，，，，，所以函数在上单调递增，所以，即，故选：A.9．CD【解析】【分析】化简复数，再由复数所在象限列不等式组，即可求解.【详解】因为复数在第二象限，所以故选：CD.10．AD【解析】【分析】由诱导公式，函数可变换为，又函数的周期为，再由函数的平移原则判断.【详解】由诱导公式,函数可变换为，又因为，所以可以向左平移，也可以向右平移故选：AD11．BC【解析】【分析】根据题意得到直线过抛物线的焦点，得出，再结合抛物线焦点弦的性质得到，求得的长，即可求解.【详解】根据题意，抛物线的焦点为，可得直线过抛物线的焦点，因为所以，即，又由抛物线焦点弦的性质，可得，联立方程组，可得或或，又因为，所以或2.故选：BC.12．BD【解析】【分析】利用三角形外心的性质结合向量的运算逐项求解即可.【详解】解：根据题意：因为点O是的外心，所以，，对A，若，则由余弦定理可得：，所以所以的外接圆的半径为，所以该外接圆的面积为，故A错误；对B，当时，根据余弦定理可得，，即由，所以即解得，，所以，故B正确；对C，当时，由选项B的分析知，，，则，故C错误；对D，当，时，由选项B的分析知，，所以，故D正确.故选：BD.【点睛】关键点睛：本题的关键是得出三角形外心的性质，进而结合向量的运算进行求解.13．【解析】【分析】根据共线向量的坐标表示，列出方程，即可求解.【详解】由题意，向量，，因为与共线，可得，解得.故答案为：.14．【解析】【分析】由题意可知，设与双曲线的渐近线相同的双曲线方程为，将点代入，即可求出，进而求出结果.【详解】根据题意，双曲线渐近线方程为，所以要求的双曲线方程为，又过点，代入方程可得，因此双曲线方程为.故答案为:.15．【解析】【分析】根据题意，过点M、N做平面和平面的垂线，交点为该图形的外接球的球心O，结合球的截面的性质，求解求得半径，利用表面积公式，即可求解.【详解】如图所示，三角形的外心为的中点M，等边三角形的外心为N，分别过点M、N做平面和平面的垂线，交点为该图形的外接球的球心O，因为，为的中点，所以，根据重心的性质，可得，因为二面角为，，可得，所以，又因为，所以，所以外接球的表面积为.故答案为：16．     16     30【解析】【分析】取特值和，可得到关于项的系数的关系，进而求得的值；将已知转化为，可求得，取特值，求得，即可得解.【详解】由题意令，，令，，两式相加得，将已知转化为，所以.令，得，所以.故答案为：16，3017．(1)，(2)【解析】【分析】（1）根据，和递推公式即可求出数列的通项公式；根据等差数列的概念可知为等差数列，再结合已知条件，即可求出数列的通项公式；（2）由（1）可知，再根据错位相减法，即可求出数列的前项和.(1)解：根据题意，，当时，，两式作差可得：a，可得数列为等比数列，令时，，所以的通项公式为.因为，所以为等差数列.因为，，所以公差.故.(2)解：由（1）可知，，.作差可得：，所以，即所以.18．(1)有(2)【解析】【分析】（1）根据题意，补充2×2列联表，再根据计算公式，结合独立性检验公式，即可求解．（2）根据题意，结合独立重复试验的概率计算公式，即可求出结果.(1)解：补充的2×2列联表如下表：              男性女性总计薪资101626职位10414总计202040 ，∴有95%以上的把握认为“应聘者关于工作的首要考虑因素与性别有关”(2)解：根据题意，小张第一轮通过的概率为，所以小张通过应聘的概率为.19．(1)；(2).【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合诱导公式以及特殊角的三角函数值即可求角；（2）由（1）知：，根据是锐角三角形可求出，利用正弦定理化角为边，，，结合以及角的范围，再利用三角恒等变换以及三角函数的性质即可求解.(1)因为，由正弦定理可得：，因为，所以，所以，所以，，因为，，所以可得：，所以.(2)由正弦定理知：，所以，，所以，因为，故，所以，，所以，故的取值范围为.20．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据题意和勾股定理可知，，根据线面垂直的判定定理可证平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证明结果.（2）取的中点，连接，，易证平面，进而可证平面，又，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量求二面角，即可求出结果.(1)证明：根据题意，因为，，，可得，，所以，，，所以，，又，、平面，所以平面，又平面，所以平面平面.(2)解：因为，，取的中点，连接，，所以，，可得：平面，所以，又，所以平面，，因此，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，，，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，根据分析，平面的法向量可以为，，，所以，令，可得，因为二面角为锐二面角，所以，二面角的余弦值.21．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据焦点分别是和，直线与椭圆P相交所得的弦长为1.得到，求解；（2）由题意得椭圆Q的方程为，当直线斜率存在时，设方程为：，，，，联立结合韦达定理，利用坐标原点为的重心，由得到C的坐标，代入椭圆方程得到k，m的关系，求得，再根据原点O为的重心，由求解，当直线斜率不存在时，由直线AB的方程为求解.(1)解：根据题意，，，又因为，解得：，，所以椭圆的标准方程为.(2)由题意得椭圆Q的方程为，当直线斜率存在时，设方程为：，，，，联立可得：，则因为坐标原点为的重心，所以由，得将代入椭圆方程可得：，化简得：，又O到直线的距离为：，则，因为原点O为的重心，所以，当直线斜率不存在时，根据坐标关系得，直线AB的方程为，此时，所以.综上：的面积为.22．(1)；的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)的取值范围为.【解析】【分析】（1）、先求出切线方程，根据切线经过点即可求出的值；求出，分，两种情况讨论函数的单调区间即可;（2）、将原不等式转化为函数值在时恒大于零问题，分类讨论即可得到的取值范围.(1)，，，又，切线方程为，又切线经过点，，，故，.①、若，则当时，，；当时，，.所以在上单调递减，在上单调递增.②、若，则当时，，；当时，，.所以在上单调区间递减，在上单调区间递增.综上所述：的单调递减为，单调递增.(2)当时，,,,,,在上恒成立.设， ，且.①、当时，,，当且仅当时等号成立，所以在上单调递增，而，所以对时，.符合题意②、当时，若x满足，即时，，而，因此时，,不符合题意.综上:的取值范围为.