2022年内蒙古包钢一中高考数学一模试卷及答案（理科）

2022年内蒙古包钢一中高考数学一模试卷（理科）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）设集合A＝{x|x2﹣2x﹣8＜0}，B＝{x∈N*|1＜x＜5}，则A∩B＝（　　）

A．{2} B．{2，3} C．{3，4} D．{2，3，4}

2．（5分）设a∈R，则直线l1：ax+2y﹣1＝0与直线l2：（a+1）x﹣ay+4＝0垂直的充分不必要条件是（　　）

A．a＝﹣1 B．a＝1 C．a＝0或1 D．a＝0或﹣1

3．（5分）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为（　　）

A．4π B．8 C．4 D．8π

4．（5分）已知函数f（x）＝e|x|+2x2．若a＝f（0.60.7），b＝f（log2），c＝f（log45），则a，b，c的大小关系为（　　）

A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．b＜c＜a

5．（5分）在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问相逢时驽马行（　　）日？

A．8 B．9 C．10 D．11

6．（5分）已知函数f（x）＝Acos（ωx+φ）（其中A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示；将函数f（x）图象的横坐标伸长到原来的6倍后，再向左平移个单位，得到函数g（x）的图象，则函数g（x）在（　　）上单调递减．

A．[﹣6π，﹣5π] B．[2π，4π] C．[4π，6π] D．[﹣4π，﹣3π]

7．（5分）如图，在△ABC中，点M是AB上的点且满足＝3，N是AC上的点且满足＝，CM与BN交于P点，设＝，＝，则＝（　　）

A．+ B．+ C．+ D．+

8．（5分）近期，新冠疫苗第三针加强针开始接种，接种后需要在留观室留观满半小时后才能离开．甲、乙两人定于某日上午前往同一医院接种，该医院上午上班时间为7：30，开始接种时间为8：00，截止接种时间为11：30．假设甲、乙在上午时段内的任何时间到达医院是等可能的，因接种人数较少，接种时间忽略不计．则甲、乙两人在留观室相遇的概率是（　　）

A． B． C． D．

9．（5分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，△PAC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且CB＝2，AB＝AC＝，二面角P﹣AC﹣B的大小为120°，则三棱锥P﹣ABC的外接球表面积为（　　）

A． B．10π C．9π D．

10．（5分）已知a，b，c∈（1，e）且aln5＝5lna，bln4＝4lnb，cln3＝3lnc，则（　　）

A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b

11．（5分）已知函数f（x）＝，若函数g（x）＝f（x）﹣m（m∈R）有三个不同的零点x1，x2，x3，则x1x2x3的值为（　　）

A．0 B．﹣ C．0或﹣ D．0或﹣

12．（5分）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2．点P在C上且位于第一象限，圆O1与线段F1P的延长线，线段PF2以及x轴均相切，△PF1F2的内切圆为圆O2．若圆O1与圆O2外切，且圆O1与圆O2的面积之比为4，则C的离心率为（　　）

A． B． C． D．

二、填空题；本大题共4小题，每小题5分。

13．（5分）已知i是虚数单位，若＝a+bi（a，b∈R），则lg（a+b）的值为 　   　．

14．（5分）已知（3﹣2x）2022＝a0+a1x+…+a2022x2022，则a0+a1+…+a2022+a0+2a1+…+22022a2022＝　   　．

15．（5分）已知圆O：x2+y2＝1，设点P（t，4）为直线y＝4上一点，过点P作圆O的切线，切点分别为M，N，则直线MN所过定点的坐标为 　                  　．

16．（5分）曲线f（x）＝ax2（a＞0）与g（x）＝lnx有两条公切线，则a的取值范围为 　                  　．

三、解答题：本大题共6个大题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（12分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，C，且（a﹣bcosC）＝csin B．

（1）求角B的大小；

（2）若a＝3，c＝2，D为边BC上一点，，求cos2∠ADC的值．

18．（12分）某物流公司专营从长春市到吉林市的货运业务，现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送货物量T单位：箱）分成了以下几组：[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制了如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该区间的中点值为代表，视频率为概率）．

（Ⅰ）求该公司平均每天的配货量是多少箱？

（Ⅱ）为了调动公司员工的积极性，特制定了以下奖励方案：利用抽奖的方式获得奖金，每次抽奖的结果相互独立．其中每天的可配送货物量不低于80箱时有两次抽奖机会；每天的可配送货物量低于80箱时只有一次抽奖机会．每次抽奖获得的奖金及对应的概率分别为：

若小张是该公司一名员工，他每天所获奖金为X元，请写出X的分布列并求出数学期望E（X）．

19．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，AD⊥平面PAB，PA⊥PB，E是AD的中点．

（1）在线段BP上找一点M，使得直线EM∥平面PCD，并说明理由；

（2）若PA＝AD，AB＝AD，求平面PCE与平面PAB所成二面角的正弦值．

20．（12分）已知曲线C的方程为，过且与x轴垂直的直线被曲线C截得的线段长为1．

（1）求曲线C的标准方程；

（2）若直线l与曲线E相交于A，B两点，且存在点D（4，0）（其中ABD不共线），使得∠ADB被x轴平分，试问，直线l是否经过定点，若是，求出该定点坐标；否则请说明理由．

21．（12分）已知函数f（x）＝2lnx+x2+（a﹣1）x﹣a，（a∈R），当x≥1时，f（x）≥0恒成立．

（1）求实数a的取值范围；

（2）若正实数x1、x2（x1≠x2）满足f（x1）+f（x2）＝0，证明：x1+x2＞2．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22．（10分）已知在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α为参数），曲线C1与x轴的正半轴交于点A，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2：θ＝θ0（ρ＞0）．

（1）求点A的坐标以及曲线C1的极坐标方程；

（2）将曲线C1向左平移一个单位后得到曲线C3，若，点B为C2，C3的交点，若直线AB与曲线C3交于B，D两点，求|AB|•|AD|的值．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．已知函数f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|．

（1）求不等式f（x）˃2的解集；

（2）已知函数f（x）的最小值为t，正实数a，b，c满足a+c＝4t﹣2b．证明：．

2022年内蒙古包钢一中高考数学一模试卷（理科）

参考答案与试题解析

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．【解答】解：∵集合A＝{x|x2﹣2x﹣8＜0}＝{x|﹣2＜x＜4}，

B＝{x∈N*|1＜x＜5}＝{2，3，4}，

∴A∩B＝{2，3}．

故选：B．

2．【解答】解：设a∈R，直线l1：ax+2y﹣1＝0与直线l2：（a+1）x﹣ay+4＝0垂直，

∴a（a+1）﹣2a＝0，解得a＝0或a＝1，

∴直线l1：ax+2y﹣1＝0与直线l2：（a+1）x﹣ay+4＝0垂直的充分不必要条件是a＝1，也可以是a＝0．

故选：B．

3．【解答】解：设圆锥的母线长为l，

∵圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，

又圆锥的底面圆周长等于半圆的弧长，

∴πl＝2π×2，解得l＝4，

∴该圆锥的侧面积为S＝＝8π．

故选：D．

4．【解答】解：f（x）＝e|x|+2x2，x∈R，

f（﹣x）＝e|x|+2（﹣x）2＝e|x|+2x2＝f（x），

所以f（x）为偶函数，且x＞0时，ex单调递增，2x2单调递增，

所以x＞0时，f（x）单调递增，

所以b＝f（log2）＝f（﹣log23）＝f（log23），

由于0＜0.60.7＜1，log23＝log49＞log45＞1，

则a＜c＜b．

故选：C．

5．【解答】解：由题意，良马每日的路程构成等差数列{an}，且其首项为a1＝103，公差为d＝13，

驽马每日的路程构成等差数列{bn}，且其首项为b1＝97，公差为﹣，

设相逢时驽马行m日，则103m+×13+97m+×（﹣）＝1125×2，

整理得25m2+775m﹣9000＝0，即m2+31m﹣360＝0，

解得m＝9或m＝﹣40（舍去），

故选：B．

6．【解答】解：根据函数f（x）＝Acos（ωx+φ）的图象，可得A＝2，＝﹣＝，

则T＝π＝，则ω＝2，故f（x）＝2cos（2x+φ），

由f（）＝2，可得+φ＝2kπ（k∈Z），解得φ＝﹣+2kπ（k∈Z），

因为|φ|＜，可得φ＝﹣，所以f（x）＝2cos（2x﹣），

将函数f（x）图象的横坐标伸长到原来的6倍后，得到y＝2cos（x﹣），

再左平移个单位后，得到g（x）＝2cos（x﹣），

令2kπ≤x﹣≤π+2kπ，k∈Z，解得6kπ+≤x≤+6kπ，k∈Z，

令﹣π+2kπ≤x﹣≤2kπ，k∈Z，解得﹣+6kπ≤x≤+6π，k∈2，

所以函数g（x）单调递增区间为[6kπ+，+6kπ]，k∈Z，

单调递减区间为[﹣+6kπ，+6π]，k∈Z，

所以函数g（x）在[﹣6π，﹣5π]上先增后减，在[2π，4π]上先减后增，

在[4π，6π]上单调递增，在[﹣4π，﹣3π]上单调递减．

故选：D．

7．【解答】解：由图可设，，λ，μ∈R，

则由已知可得＝＝

＝＝（1﹣λ），

又＝＝＝（1﹣μ），

所以，解得，

所以＝，

故选：B．

8．【解答】解：设甲、乙两人在同一医院接种的时间为x，y，

甲、乙两人在留观室相遇为事件A，

则，

画出图形如下，事件A满足的图形为阴影部分，

∴P（A）＝1﹣＝，

故选：A．

9．【解答】解：取AC中点E，BC中点N，连接PE，AN，过点E在平面ABC内作EM⊥AC交AB于M，与AN交于N，

因为PA＝PC，所以AC⊥PE，

PE∩ME＝E，PE⊂平面PME，ME⊂平面PME，所以AC⊥平面PME，

又AC⊂平面ABC，AC⊂平面APC，所以面PAC⊥平面PME，面ABC⊥平面PME，

因为AB＝AC，所以AN⊥BC，所以F为△ABC的外心，E为△PAC的外心，

在平面PME内过E作PE的垂线EO，在平面PME内过F作EM的垂线FO与EO交于O，

则O为外接球的球心，

二面角P﹣AC﹣B的大小为120°，所以∠PEM＝120°，所以∠OEF＝30°，

由△AEF∽△ANC，可得＝＝，又AN＝＝2，AE＝，CN＝，

所以EF＝，AF＝，所以OF＝EFtan30°＝，所以OA＝＝＝，

所以外接球的半径为，

三棱锥P﹣ABC的外接球表面积为S＝4π（）2＝10π．

故选：B．

10．【解答】解：设函数f（x）＝，f′（x）＝，

当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，

当x∈（e，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，

因为a，b，c∈（1，e）且aln5＝5lna，bln4＝4lnb，cln3＝3lnc，

所以＝，＝，＝，

即f（a）＝f（5），f（b）＝f（4），f（c）＝f（3），

由f（x）＝在（e，+∞）单调递减，

所以f（5）＜f（4）＜f（3），

所以f（a）＜f（b）＜f（c），

又a，b，c∈（1，e），f（x）＝在（0，e）单调递增，

所以a＜b＜c．

故选：A．

11．【解答】解：令g（x）＝0，即f（x）＝m，

若函数g（x）＝f（x）﹣m（m∈R）有三个不同的零点x1，x2，x3，

不妨设x1＜x2＜x3，

则f（x）的图象与y＝m的图象有三个不同的交点，

作出函数f（x）的图象，如图所示，

当x≤0时，f（x）＝﹣3x2﹣x∈（﹣∞，]，

当x＞0时，f（x）∈[0，+∞），

由图象可知，当m＝或0时，f（x）的图象与y＝m的图象有三个不同的交点，

当m＝0时，x1＝﹣，x2＝0，x3＝1，

故x1x2x3＝0；

当m＝时，x1＝﹣，

由|lnx|＝解得x2＝，x3＝，

所以x1x2x3＝﹣××＝﹣，

故选：D．

12．【解答】解：由已知及平面几何知识可得圆心O1、O2在∠PF1F2的角平分线上，如图，

设圆O1、O2与x轴的切点分别为A，B，

由平面几何知识可得，直线PF2为两圆的公切线，切点D也在∠PF1F2的角平分线上，

所以|PF1|＝|F1F2|＝2c，

由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|＝2a，

则|PF2|＝2a﹣2c，

所以，

所以|F2A|＝|F2B|＝|F2D|＝a﹣c，

所以|F1A|＝|F1F2|+|F2A|＝2c+a﹣c＝a+c，

|F1B|＝|F1F2|﹣|F2B|＝2c﹣a+c＝3c﹣a，

又圆O1与圆O2的面积之比为4，

所以圆O1与圆O2的半径之比为2，

因为O2B∥O1A，所以，

即，

整理得3a＝5c，

故椭圆C的离心率．

故选：B．

二、填空题；本大题共4小题，每小题5分。

13．【解答】解：＝＝a+bi，

则，b＝，

故lg（a+b）＝．

故答案为：0．

14．【解答】解：∵（3﹣2x）2022＝a0+a1x+…+a2022•x2022，∴令x＝1，可得a0+a1+…+a2022＝1．

再令x＝2，可得a0+2a1+…+22022a2022＝1，

故a0+a1+…+a2022+a0+2a1+…+22022a2022＝2，

故答案为：2．

15．【解答】解：M，N在以点P为圆心，切线长PM为半径的圆上，即在圆P：（x﹣t）2+（y﹣4）2＝t2+15上，

联立 ，得tx+4y﹣1＝0，

所以lMN：tx+4y﹣1＝0过定点（0，）．

故答案为：（0，）．

16．【解答】解：f（x）＝ax2的导数f′（x）＝2ax，g（x）＝lnx的导数为g′（x）＝，

设切线与f（x）＝ax2相切的切点为（s，t），与曲线g（x）＝lnx相切的切点为（m，n）m＞0，

则有公共切线斜率为2as＝＝，

又t＝as2，n＝lnm，

∴2as＝＝，整理得as2﹣ln（2as）﹣1＝0，

设h（s）＝as2﹣ln（2as）﹣1，∴h'（s）＝2as﹣＝，

∵a＞0，s＞0，∴由h'（s）＞0，得到当s＞时，h′（s）＞0，h（s）单调递增，

当0＜s＜时，h′（s）＜0，h（s）单调递减．

即有s＝时，h（s）取得极小值，也为最小值，且为h（）＝﹣ln﹣，

由恰好存在两条公切线，即h（s）＝0有两解，且h（0）→+∞，当s→+∞，f（s）→+∞，

∴只要h（）＜0，可得a的范围是a＞．

∴a的取值范围为（，+∞）．

故答案为：（，+∞）．

三、解答题：本大题共6个大题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．【解答】解：（1）∵（a﹣bcosC）＝csinB，

∴a﹣csinB＝bcosC，

由正弦定理可得，sinA﹣sinCsinB＝sinBcosC，

故sinCcosB+cosCsinB﹣sinCsinB＝sinBcosC，

∴sinCcosB＝sinCsinB，

∵sinC＞0，

∴sinB＝cosB，即tanB＝，

∵B∈（0，π），

∴B＝．

（2）∵a＝3，，

∴CD＝，DB＝，

在△ABD中，由余弦定理可得，AD2＝22+（）2﹣2×2××＝，解得AD＝，

由正弦定理可得，，即＝，

∴sin∠BDA＝＝sin∠ADC，

∴cos2∠ADC＝1﹣2sin2∠ADC＝1﹣2×（）2＝﹣．

18．【解答】解：（Ⅰ）根据频率分布直方图，该公司平均每天的配货量为：45×0.05+55×0.2+65×0.3+75×0.3+85×0.1+95×0.05＝68.5（箱）．

（Ⅱ）每天的可配送货物量不低于80箱的概率为，

每天的可配送货物量低于80箱的概率为，

X的所有可能取值为50，100，150，200，

则，

，

，

．

故X的分布列为：

所以（元）．

19．【解答】（1）解：M为PB中点M时，EM∥平面PCD，理由如下：

取PB中点M，取PC中点N，连接MN、EM、DN，

所以MN∥BC，MN＝BC，因为四边形ABCD是矩形，E是AD的中点，

所以DE∥BC，DE＝BC，

所以DE∥MN，DE＝MN，所以四边形MNDE是平行四边形，所以DN∥ME，

因为DN⊂平面PCD，ME⊄平面PCD，

所以EM∥平面PCD．

（2）解：因为PA⊥PB，建系如图，

因为AD⊥平面PAB，所以平面ABCD⊥平面PAB，

PA＝AD，AB＝AD＝PA，所以PB＝＝PA，

不妨设PA＝1，则P（0，0，0），A（0，1，0），B（1，0，0），E（0，1，），C（1，0，1），

＝（0，1，），＝（1，0，1），

令＝（2，1，﹣2），

因为•＝0，•＝0，所以是平面PCE的法向量，

＝（0，0，1）是的平面PAB的法向量，

设平面PCE与平面PAB所成二面角为θ，θ∈（0，π），

|cosθ|＝＝＝，sinθ＝＝．

20．【解答】解：（1）由知，曲线C是为焦点，长轴长为2a的椭圆，

设曲线C的标准方程为，因过且与x轴垂直的直线被曲线C截得的线段长为1，

于是有，解得，

所以曲线C的标准方程为；

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）

∵A，B，D三点不共线，

∴直线l的斜率不为0，可设直线l的方程为x＝my+n，

则由消去x得（m2+4）y2+2mny+n2﹣4＝0，

∴，

∵∠ADB被x轴平分，

∴kDA+kDB＝0，

即，

亦即y1x2+y2x1﹣4（y1+y2）＝0，

而y1x2+y2x1＝y1（my2+n）+y2（my1+n），

有2my1y2+（n﹣4）（y1+y2）＝0，

即，

当m≠0时，n＝1，此时1的方程为x＝my+1，其过定点（1，0），

当m＝0时，n＝1，亦满足，此时l的方程为x＝1．

综上所述，直线恒过定点（1，0）．

21．【解答】解：

（1）当a≥﹣3时，，f（1）＝0．

∴当x≥1时，f（x）≥0成立．…..3分

当a＜﹣3时，存在大于1的实数m，使得f'（m）＝0

∴当1＜x＜m时，f'（x）＜0成立．

∴f（x）在区间（1，m）上单调递减；

∴当1＜x＜m时，f（x）＜f（1）＝0；

∴a＜﹣3不可能成立．

所以a≥﹣3．…..6分

（2）不妨设x1＜x2

∵正实数x1、x2满足f（x1）+f（x2）＝0，

有（1）可知，0＜x1＜1＜x2；

又∵f（x）为单调递增函数，

所以x1+x2＞2⇔x2＞2﹣x1⇔f（x2）＞f（2﹣x1）

又∵f（x1）+f（x2）＝0⇔f（x2）＝﹣f（x1）

所以只要证明：﹣f（x1）＞f（2﹣x1）⇔f（x1）+f（2﹣x1）＜0…..8分

设g（x）＝f（x）+f（2﹣x）则g（x）＝2[lnx+ln（2﹣x）+x2﹣2x+1]，

可得

∴当0＜x＜1时，g'（x）＞0成立

∴g（x）在区间（0，1）上单调增函数．

又∵g（1）＝0

∴当0＜x＜1时，g（x）＜0成立，即f（x）+f（2﹣x）＜0．

所以不等式f（x1）+f（2﹣x1）＜0成立．

所以x1+x2＞2．…..12分．

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22．【解答】解：（1）依题意，得曲线，

令y＝0，解得x＝2，故A（2，0），

而x2﹣2x+y2＝0，故x2+y2＝2x，

即ρ2＝2ρcosθ，

故曲线C1的极坐标方程为ρ＝2cosθ．

（2）依题意，得曲线，即ρ＝1．

当 时，点B的坐标为，则，

故可设直线AB的参数方程为 （ t 为参数），

代入x2+y2＝1 并化简得，

设B，D所对的参数分别为t1，t2，

则|AB|⋅|AD|＝|t1t2|＝3．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．【解答】解：（1）∵f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|，

∴，

∵f（x）˃2，

∴，解得x≤﹣1，，解得﹣1＜x＜0，，解得x＞，

综上所述，f（x）＞2的解集为{x|x＜0或x＞}．

（2）证明：∵f（x）＝|x+1|+|2x﹣1|＝|x+1|+2|x﹣|≥|x+1|+|x﹣|≥，

当且仅当x＝时，等号成立，

故f（x）的最小值为，即t＝，

∵a+c＝4t﹣2b，

∴a+c+2b＝6，

∴＝＝，

∵a，b，c为正实数，

∴，当且仅当a+b＝b+c＝3时，等号成立，

∴，即得证．