2022届河北省部分学校高三下学期5月联考数学试题含解析

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2022届河北省部分学校高三下学期5月联考数学试题一、单选题1．设，若与的虚部相等，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意得出的值后计算【详解】依题意可得，则．故选：D2．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据集合的交集运算即可求解.【详解】解：,,故选：C.3．双碳，即碳达峰与碳中和的简称，2020年9月中国明确提出2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”．为了实现这一目标，中国加大了电动汽车的研究与推广，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池随之也迎来了蓬勃发展的机遇．Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：A·h），放电时间t（单位：h）与放电电流I（单位：A）之间关系的经验公式，其中为Peukert常数．在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流，放电时间为（       ）A．28h B．28.5h C．29h D．29.5h【答案】B【分析】根据题意求出蓄电池的容量C，再把代入，结合指数与对数的运算性质即可得解.【详解】解：根据题意可得，则当时，，所以，即当放电电流，放电时间为28.5h.故选：B.4．已知，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由两角差的正切公式展开可求得的值，由诱导公式、余弦的二倍角公式变形可求得，从而可求得结论．【详解】,，,所以原式＝．故选：A．5．游戏《王者荣耀》对青少年的不良影响巨大，被戏称为“王者农药”．某市青少年健康管理委员会对该市下学年度青少年上网打《王者荣耀》的情况进行统计，作出如下人数变化的走势图．根据该走势图，下列结论正确的是（       ）A．这半年中，青少年上网打《王者荣耀》的人数呈周期性变化B．这半年中，青少年上网打《王者荣耀》的人数不断减弱C．从青少年上网打《王者荣耀》人数来看，10月份的方差小于11月份的方差D．从青少年上网打《王者荣耀》人数来看，12月份的平均值大于1月份的平均值【答案】D【分析】根据走势图，逐一分析各个选项，即可得答案.【详解】对于A：由走势图可得，青少年上网打《王者荣耀》的人数没有周期性变换，故A错误；对于B：从2月开始，青少年上网打《王者荣耀》的人数上升，故B错误；对于C：去年10月份波动较大，方差大，去年11月波动较小，方差小，故去年10月份的方差大于11月份的方差，故C错误，对于D：由走势图可得，去年12月份的平均值大于今年1月份的平均值，故D正确； 故选：D6．已知，，，则，，的大小关系为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用幂函数和对数函数的单调性判断.【详解】解：因为，，，所以，故选：B．7．已知三棱锥，其中平面，，，则该三棱锥外接球的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.【详解】根据题意设底面的外心为，O为球心，所以平面，因为平面，所以，设是中点，因为，所以，因为平面，平面，所以，因此，因此四边形是平行四边形，故，由余弦定理，得，由正弦定理，得，所以该外接球的半径满足，故选：C．【点睛】关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.8．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左､右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，，则E的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合题意作出图形，然后结合双曲线的定义表示出，进而利用勾股定理即可得到，从而可求出结果.【详解】由题意知延长则必过点,如图：由双曲线的定义知，又因为，，所以，设，则，因此，从而，所以，又因为，所以，即，即，故选：B.二、多选题9．已知数列的前项和为，且满足，，，则下面说法正确的是（       ）A．数列为等比数列 B．数列为等差数列C． D．【答案】ABD【分析】由已知递推式可得或，从而可得数列为公比为3的等比数列，数列为常数列，从而可求出，进而可分析判断【详解】根据题意得，令或，所以可得：或，所以数列为公比为3的等比数列，故选项A正确；数列为常数列，即为公差为0的等差数列，故选项B正确；所以，且，解得，所以C错误，所以，所以D正确，故选：ABD．10．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与该椭圆相交于，两点，点在该椭圆上，且，则下列说法正确的是（       ）A．不存在点，使得 B．满足为等腰三角形的点有2个C．若，则 D．的取值范围为【答案】CD【分析】根据条件求得椭圆的方程，然后结合椭圆图像及性质逐一判断即可【详解】根据题意:可得，的最小值为1，所以，则，所以椭圆方程当为该椭圆顶点时，此时,所以存在点，使得，故A错误；当点在椭圆的上，下顶点时，满足为等腰三角形，又因为，，所以满足的点有两个，同理，满足的点有两个，故B错误.若，则，所以C正确.因为,分析可得，，所以D正确.故选:CD.11．若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（       ）A．B．当时，的值不唯一C．可能等于D．当时，的取值范围是【答案】ACD【分析】由题设切点为，进而得，再构造函数，将问题转化为与的交点个数问题，再数形结合求解即可.【详解】解：不妨设切点为，因为，所以切线方程为，所以，整理得，所以令，则，所以，令得.所以，当或时，，，当时，，因为，当趋近于时，趋近于，，，，当趋近于时，趋近于，所以，函数的图像大致如图，所以，当时，，故B错误，此时成立；当时，，所以，故可能等于，C正确；当当时，，显然，故D正确；综上，，A正确.故选：ACD12．在正方体中，点E为线段上的动点，则（       ）A．直线DE与直线AC所成角为定值 B．点E到直线AB的距离为定值C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥外接球的体积为定值【答案】AC【分析】A.易证平面判断；B.由点E与重合和与重合时判断；C.由三棱锥判断；D. 由 平面，得到三棱锥外接球的球心O在判断.【详解】如图所示：A.因为，又，所以平面，又平面平面，，则直线DE与直线AC所成角为定值，故正确；B. 当点E与重合时，点E到直线AB的距离，当点E与重合时，点E到直线AB的距离，故错误；C.因为三棱锥，且点到面EBD的距离为定值， 为定值，故体积为定值，故正确；D. 易知 平面，所以三棱锥外接球的球心O在上，当点E移动时，球心O的位置改变，则球的半径R改变，所以外接球体积不为定值，故错误；故选：AC三、填空题13．2022年北京冬奥会的某滑雪项目中有三个不同的运动员服务点，现需将10名志愿者分配到这三个运动员服务点处，每处需要至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法一共有______种．【答案】22050【分析】由题意可得分配到三个运动员服务点处的志愿者数目为2，4，4或3，3，4，然后根据分类加法原理和分步乘法原理可求得结果【详解】根据题意得，这10名志愿者分配到三个运动员服务点处的志愿者数目为2，4，4或3，3，4，所以不同的安排方法一共,故答案为：2205014．设，若，则整数n的值为______．【答案】129【分析】依题意可得，写出二项式的展开式，即可得到的近似值，即可得解；【详解】解：因为，所以．故答案为：15．德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学届的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》，在其年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数，设数列满足，若存在使不等式成立，则的取值范围是______.【答案】【分析】根据题意先求，然后利用倒序相加法求，则由可得，求出的最小值即可求得的取值范围【详解】因为，所以，由，，所以，所以，所以由，得，，，所以，令，（）则当，递减，当时，递增，因为，所以，所以，即的取值范围是，故答案为：四、双空题16．如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距200km．飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从机场起飞以后，就沿与原来的飞行方向成角的方向飞行，飞行到C地，再沿与原来的飞行方向成45°角的方向继续飞行到达终点，则A，C两地之间的距离为______km，______．【答案】          【分析】由余弦定理求出，即可求出，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；【详解】解：由余弦定理得，所以．由余弦定理得，则，故．故答案为：；五、解答题17．已知函数，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为，请从条件①、条件②、条件③中任意选择两个作为已知条件作答．条件①：的最小值为；条件②：的图象的一个对称中心为；条件③：的图象经过点．(1)求的解析式；(2)在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，，求周长的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）若选①②，由①得，再根据正弦函数的图象的对称中心可求出，即可得解；若选①③，由①得，再根据正弦函数的图象经过点可求出，即可得解；若选②③，根据正弦函数的图象的对称中心可求出，根据正弦函数的图象经过点求出，即可得解.（2）根据求出，再根据余弦定理得，再根据基本不等式，即可得解.【详解】(1)因为图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，即，所以，所以，若选①②，则，，，即，，因为，所以，所以；若选①③，则，，即，因为，所以，所以，得，所以；若选②③，，，即，，因为，所以，此时，因为，所以，即，所以，所以(2)由（1）知，，因为，所以，因为，所以，所以，即，因为，当且仅当时，取等号，所以，所以，所以，即周长的最大值为.18．如图，在五面体中，△是边长为2的等边三角形，四边形为直角梯形，，，，．(1)若平面平面求证：；(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由线面平行的判定可得平面，再由线面平行的性质即可证结论.（2）取的中点O，连接，，由已知及线面垂直判定有平面，进而可得平面，构建空间直角坐标系并确定相关点坐标，求出面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值．【详解】(1)由，面，面，所以平面，又面面，平面，所以.(2)取的中点O，连接，.由，则，又，，所以平面，                                                                   由，则四边形是平行四边形，所以，则平面．如图建立空间直角坐标系，则，由，则，设平面的法向量为，又，，则，若，即．设平面的法向量为，又，，则，若，即，所以，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．19．已知数列满足，，．(1)证明：数列是等比数列；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由递推关系式可得，由等比数列定义可得结论；（2）利用等比数列通项公式和累加法可求得，由此可得，分别在为偶数和为奇数的情况下，利用裂项相消法和求得结果，综合两种情况可得.【详解】(1)由得：，又，数列是以为首项，为公比的等比数列.(2)由（1）得：，则，，，…，，各式作和得：，又，，，当为偶数时，；当为奇数时，；综上所述：.20．冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行的第24届冬季奥运会的比赛项目之一．冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线MN的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线MN将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心O的远近决定胜负，甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定冰壶的重心落在圆O中，得3分，冰壶的重心落在圆环A中，得2分，冰壶的重心落在圆环B中，得1分，其余情况均得0分．已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为，；甲、乙得2分的概率分别为，；甲、乙得1分的概率分别为，．(1)求甲、乙两人所得分数相同的概率；(2)设甲、乙两人所得的分数之和为X，求X的分布列和期望．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为【分析】（1）求出甲乙二人都得0分的概率，然后由两人同时得0分、1分、2分、3分计算概率并相加即可；（2）由题意X可能取值为0，1，2，3，4，5，6，分别计算出概率得分布列，由期望公式计算期望．【详解】(1)由题意知甲得0分的概率为，乙得0分的概率为，所以甲、乙两人所得分数相同的概率为．(2)X可能取值为0，1，2，3，4，5，6，则，，，，，，，所以，随机变量X的分布列为：所以．21．直线交抛物线于，两点，过，作抛物线的两条切线，相交于点，点在直线上．(1)求证：直线恒过定点，并求出点坐标；(2)以为圆心的圆交抛物线于四点，求四边形面积的取值范围．【答案】(1)证明见解析，；(2).【分析】（1）设，，，利用点斜式写出直线，的方程，由在两直线上，即可知直线的方程，进而确定定点.（2）联立抛物线和圆：，由题设及一元二次方程根的个数求参数r的范围，由结合韦达定理得到关于r的表达式，构造函数并利用导数研究区间单调性，进而求范围.【详解】(1)设，，，则，，直线为：，同理直线为：，把代入直线，得：，∴，都满足直线方程，则为直线的方程，故直线恒过定点．(2)如图，设圆的半径为，，，，，把代入圆：，整理得，由题意知：关于的一元二次方程有两个不等实根，则，可得．，令，由得：，则，令且，则，故在上，递增；在上，递减；所以，又，，故的取值范围是，综上，的取值范围是．【点睛】关键点点睛：第二问，由圆：，联立抛物线方程，结合四边形面积公式得到关于参数r的表达式，再应用函数思想并利用导数求面积的范围.22．已知函数（为的导函数）.(1)讨论单调性；(2)设是的两个极值点，证明：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）令，讨论两种情况，利用导数得出单调性；（2）由极值点的定义得出，，，由分析法结合导数证明，从而得出.【详解】(1)的定义域为.，设，则当时，恒成立，在上单调递增.当时，由，得；由，则；即在上单调递增，在上单调递减综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减(2)证明：，因为，是函数的两个极值点，所以，两式相减得，欲证，只需证.①不妨设，故①变形为②令，，则在上单调递增，则故②式成立，即要证不等式得证【点睛】关键点睛：对于问题二，关键是将，取对数并利用极值点的定义得出，从而将为两个变量变为单变量，再由导数证明不等式.X0123456P