精品解析：河北省衡水中学2022届高三押题卷（I卷）文数试题（解析版）.doc

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1、2022年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题文科数学（）第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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. 已知集合，则AB=（ ）A. B. 1,0,1,2 C. 1,2 D. 【答案】D【解析】由已知得A=0,1,2,3,B=x|1x2 ，则AB=0,1,2 ，故选D.2. 已知i为虚数单位，若复数在复平面内对应的点在第四象限，则t的取值范围为（ ）A. B. C. D. (1,+)【答案】B【解析】由题又对应复平面的点在第四象限，可知，解得故本题答案选B3. 下列函数中，与函数的单调性和奇偶性一致的函数是（ ）A.

2、 y=x B. y=tanx C. y=x+1x D. y=exex【答案】D【解析】函数y=x3即是奇函数也是上的增函数，对照各选项：y=x 为非奇非偶函数，排除 ；y=tanx为奇函数，但不是上的增函数，排除 ；y=x+1x为奇函数，但不是上的增函数，排除C ；y=exex为奇函数，且是R上的增函数，故选D.4. 已知双曲线C1：与双曲线：，给出下列说法，其中错误的是（ ）A. 它们的焦距相等 B. 它们的焦点在同一个圆上C. 它们的渐近线方程相同 D. 它们的离心率相等【答案】D【解析】由两双曲线的方程可得 的半焦距 相等，它们的渐近线方程相同，的焦点均在以原点为圆心，为半径的圆上，离心

3、率不相等，故选D.5. 某学校上午安排上四节课，每节课时间为40分钟，第一节课上课时间为，课间休息10分钟.某学生因故迟到，若他在之间到达教室，则他听第二节课的时间不少于10分钟的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意知第二节课的上课时间为 ，该学生到达教室的时间总长度为 分钟，其中在 进入教室时，听第二节的时间不少于分钟，其时间长度为分钟，故所求的概率 ，故选A.6. 若倾斜角为的直线l与曲线相切于点(1,1)，则的值为（ ）A. B. 1 C. D. 【答案】D【解析】 ，当 时，y=4 时，则tan=4 ，所以cos2sin2=cos22sincoscos2+sin

4、2=12tan1+2tann=717 ，故选D.学+科+网.7. 在等比数列中，“，是方程的两根”是“”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【答案】D【解析】由韦达定理知a4+a12=3,a4a12=1，则a40,a120,0,|)的部分图象如图所示，则函数g(x)=Acos(x+)图象的一个对称中心可能为（ ）A. B. (16,0) C. D. (116,0)【答案】C【解析】由图象最高点与最低点的纵坐标知A=23，又，即，所以则，图象过点(6,0)，则，即，所以，又|0,b0) B. a2+b22ab (a0,b0)C. 2aba+

5、bab (a0,b0) D. a+b2a2+b22 (a0,b0)【答案】D【解析】令AC=a,BC=b，可得圆的半径r=a+b2，又，则FC2=OC2+OF2=(ab)24+(a+b)24=a2+b22，再根据题图知FOFC，即故本题答案选12. 已知球是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）ABCD的外接球，BC=3，AB=23，点E在线段上，且BD=3BE，过点作圆O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）A. ,4 B. C. 3,4 D. (0,4【答案】B学+科+网.【解析】如图，设BCD 的中心为 ，球O 的半径为R ，连接O1D,OD,O1E,OE，易求得O1

6、D=3sin6023=3 ，则AO1=AD2DO12=3 .在RtOO1D中，由勾股定理， ，解得R=2 ，由BD=3BE ，知O1EBC,DE=23DB=2 ，所以O1E=DE2DO12=1,OE=O1E2+OO12=2 ，当过点 的截距与OE 垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径 ，此时截面圆的面积为2 ；当过点E 的截面过球心时，截面圆的面积最大，此时截面圆的面积为4 ，故选B.【方法点睛】本题主要考查正三棱锥的性质及空间想象能力、圆的性质、勾股定理的应用.属于难题. 化立体问题为平面问题，结合平面几何的相关知识求解,在求解过程当中，通常会结合一些初中阶段学习的平面几何知识，例如三

7、角形的中位线，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，在复习时应予以关注.第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知a=(1,)，b=(2,1)，若向量2a+b与c=(8,6)共线，则|a|=_【答案】【解析】 ,由向量2a+b 与c=(8,6) 共线，得248(2+1)=0 ，解得 ，则|a|=2 ，故答案为.14. 已知实数x，y满足不等式组目标函数z=2log4ylog2x，则z的最大值为_【答案】1【解析】不等式组所表示的平面区域如图中的阴影部分所示，z=2log4ylog2x=log2ylog2x=log2yx ，故当t=yx 取最大

8、值时，z 取最大值. 由图可知，当 时，t 取最大值2 ，此时z 取最大值1，故答案为.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移（转）、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移（旋转）变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.15. 在ABC中，角A，B，C的对边分别为，b，c，ccosB是bcosB与acosA的等差中项且a=8，ABC的面积为43，则b+c的值为_【答案】4516. 已知抛物线C：的焦点

9、是F，直线：y=x1交抛物线于A，两点，分别从，B两点向直线l2：x=2作垂线，垂足是D，C，则四边形ABCD的周长为_【答案】【解析】由题知，F(1,0) ，准线l 的方程是x=1,p=2 . 设 ，由y=x1y2=4x ，消去y， 得x2=6x+1=0 . 因为直线l1 经过焦点F(1,0)，所以|AB|=x1+x2+p=8 . 由抛物线上的点的几何特征知|AD|+|BC|=|AB|+2=10 ，因为直线l1的倾斜角是4 ，所以 ，所以四边形ABCD 的周长是 ，故答案为18+42 .三、解答题 （本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 已知函数f(x)=

10、12x2+mx（m0），数列an的前n项和为Sn，点(n,Sn)在f(x)图象上，且f(x)的最小值为18.（1）求数列an的通项公式；（2）数列bn满足，记数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn0，所以m=12，即Sn=12n2+12n.所以当n2时，an=Sn-Sn-1=n；当n=1时，a1=1也适合上式，学+科+网.所以数列an的通项公式为an=n.（2）证明：由（1）知bn=2n(2n-1)(2n+1-1)= 12n-1-12n+1-1，所以Tn=1-13+13-17+12n-1-12n+1-1 =1-12n+1-1，所以Tnb0)的长轴长为22，且椭圆C与圆M：(x1)2+y2=12的

11、公共弦长为2.（1）求椭圆C的方程.（2）经过原点作直线l（不与坐标轴重合）交椭圆于A，B两点，ADx轴于点D，点E在椭圆C上，且(ABEB)(DB+AD)=0，求证：B，D，E三点共线.【答案】（1）x22+y2=1；（2）见解析【解析】试题分析：（1）根据题意列出关于a 、b 、c的方程组，结合性质a2=b2+c2 ， ，求出a 、b 、c，即可得结果；（2）设A(x1,y1)，E(x2,y2)，则B(-x1,-y1)，D(x1,0).因为点A，E都在椭圆C上，所以x12+2y12=2,x22+2y22=2,，利用“点差法”证明kBE-kBD=y1+y2x1+x2-y12x1= y1+y2

12、x1+x2-y1+y2x1+x2=0，即可得结论.试题解析：（1）由题意得2a=22，则a=2.由椭圆C与圆M：(x-1)2+y2=12的公共弦长为2，其长度等于圆M的直径，学+科+网.可得椭圆C经过点(1,22)，所以12+12b2=1，解得b=1.所以椭圆C的方程为x22+y2=1.（2）证明：设A(x1,y1)，E(x2,y2)，则B(-x1,-y1)，D(x1,0).因为点A，E都在椭圆C上，所以x12+2y12=2,x22+2y22=2,所以(x1-x2)(x1+x2)+ 2(y1-y2)(y1+y2)=0，即y1-y2x1-x2=-x1+x22(y1+y2).又(AB-EB)(DB

13、+AD) =AEAB=0，所以kABkAE=-1，即y1x1y1-y2x1-x2=-1，所以y1x1x1+x22(y1+y2)=1所以y1x1=2(y1+y2)x1+x2又kBE-kBD=y1+y2x1+x2-y12x1= y1+y2x1+x2-y1+y2x1+x2=0，所以kBE=kBD，所以B，D，E三点共线.21. 已知函数f(x)=2mlnxx，g(x)=3ex3x2（mR，e为自然对数的底数）.（1）试讨论函数f(x)的极值情况；（2）证明：当m1且x0时，总有g(x)+3f(x)0.【答案】（1）在x=2m处取得极大值，且极大值为f(2m)=2mln(2m)2m，f(x)无极小值；

14、（2）见解析试题解析：（1）f(x)的定义域为(0,+)，f(x)=2mx-1= -x-2mx.当m0时，f(x)0时，令f(x)0，得0x2m；令f(x)2m.故f(x)在x=2m处取得极大值，且极大值为f(2m)=2mln(2m)-2m，f(x)无极小值.（2）证法一：当x0时，g(x)+3f(x)0 3ex-3x2+6mx-30 3ex-3x2+6mx-30.设函数u(x)=3ex-3x2 +6mx-3，则u(x)=3(ex-2x+2m).记v(x)=ex-2x+2m，则v(x)=ex-2.当x变化时，v(x)，v(x)的变化情况如下表：学+科+网.由上表可知v(x)v(ln2)，而v(

15、ln2)=eln2-2ln2+2m= 2-2ln2+2m= 2(m-ln2+1)，由m1，知mln2-1，所以v(ln2)0，所以v(x)0，即u(x)0.所以u(x)在(0,+)内为单调递增函数.所以当x0时，u(x)u(0)=0.即当m1且x0时，3ex-3x2 +6mx-30.所以当m1且x0时，总有g(x)+3f(x)0.证法二：当x0时，g(x)+3f(x)0 3ex-3x2+6mx-30 3ex-3x2+6mx-30.因为m1且x0，故只需证exx2-2x+1=(x-1)2.当0x1(x-1)2成立；当x1时，ex(x-1)2ex2x-1，即证ex2x-1.令(x)=ex2-x+1

16、，则由(x)=12ex2-1=0，得x=2ln2.在(1,2ln2)内，(x)0，所以(x)(2ln2)=2-2ln2+10.故当x1时，ex(x-1)2成立.综上得原不等式成立.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22. 已知直线l的参数方程为x=4+22t,y=22t（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为=4cos，直线l与圆C交于A，B两点.（1）求圆C的直角坐标方程及弦AB的长；（2）动点P在圆C上（不与A，B重合），试求ABP的面积的最大值.【答案】（1）22；（2）2+2【解析】试题分析：（1）利用平面直

17、角坐标系与极坐标系间的转化关系，可得圆的直角坐标方程，将直线的参数方程代入，利用参数的几何意义可求得弦AB的长；（2）写出圆的参数方程，利用点到直线的距离公式，可得d=|2cos(+4)-2|，可求出d的最大值，即求得ABP的面积的最大值试题分析：（1）由=4cos得2=4cos，所以x2+y2-4x=0，所以圆的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4.将直线l的参数方程代入圆C: (x-2)2+y2=4，并整理得t2+22t=0，解得t1=0，t2=-22.所以直线l被圆C截得的弦长为|t1-t2|=22.（2）直线l的普通方程为x-y-4=0.圆C的参数方程为x=2+2cos,y=2sin,

18、（为参数），可设曲线C上的动点P(2+2cos,2sin)，则点P到直线l的距离d=|2+2cos-2sin-4|2 =|2cos(+4)-2|，当cos(+4)=-1时，取最大值，且d的最大值为2+2.所以SABP1222(2+2)=2+22，即ABP的面积的最大值为2+2.学+科+网.23. 选修4-5：不等式选讲.已知函数f(x)=|2x1|+|x+1|.（1）求函数f(x)的值域M；（2）若aM，试比较|a1|+|a+1|，32a，722a的大小.【答案】（1）32,+)；（2）|a1|+|a+1|32a722a【解析】（1）f(x)=-3x,x12.根据函数f(x)的单调性可知，当x=12时，f(x)min=f(12)=32.所以函数f(x)的值域M=32,+).（2）因为aM，所以a32，所以00，4a-30，所以(a-1)(4a-3)2a0，所以32a72-2a，所以|a-1|+|a+1|32a72-2a.