河北省臨西縣2022年高考數(shù)學必刷試卷含解析

2021-2022高考數(shù)學模擬試卷

考生須知：

1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色

字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。

2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。

3.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.已知a=（2sin學,cos學）力=（Qcos學,2cos學），函數(shù)/（x）=a%在區(qū)間[0,『]上恰有3個極值點，則正

實數(shù)。的取值范圍為（）

85、75、57、7?

A.r[―,—）B.r[一,—）C.[r―.一）D.（一,2]

5242344

2.在我國傳統(tǒng)文化“五行”中，有“金、木、水、火、土”五個物質類別，在五者之間，有一種“相生”的關系，具體是：

金生水、水生木、木生火、火生土、土生金.從五行中任取兩個，這二者具有相生關系的概率是（）

A.0.2B.0.5C.0.4D.0.8

3.已知/（幻為定義在R上的奇函數(shù)，且滿足/（x+4）=/（x）,當xe（0,2）時，f（x）=2x2,則/（3）=（）

A.-18B.18C.-2D.2

4.在ABC中，內角A,5,。所對的邊分別為a,b,c,且acos5+Z?sinA=c.若〃=2,ABC的面積為3（、0一1）,

則Z?+c=（）

A.5B.242C.4D.16

5.要得到函數(shù)y=2sin12x+1^的圖象，只需將函數(shù)_v=2cos2x的圖象

A.向左平移（個單位長度

B.向右平移三個單位長度

C.向左平移J個單位長度

O

D.向右平移J個單位長度

O

6.已知S“是等差數(shù)列｛《,｝的前幾項和，若S2018<S2020<S2oi9，設a=44+必“+2，則數(shù)列<）的前幾項和北取最

大值時"的值為（）

A.2020B.2019C.2018D.2017

7.已知正項等比數(shù)列｛風｝的前幾項和為s“，且7s2=4$4,則公比q的值為（）

A.1B.1或'C.是D.土且

222

8.------中，如果—、<―——....-——、一一.——，，貝！I---------的形狀是（）

A.等邊三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等腰直角三角形

x-y>Q

9.已知X,y滿足約束條件x+yW2,則z=2x+y的最大值為

y>Q

A.1B.2C.3D.4

10.“a=2”是“直線ot+2y—l=0與x+（a—l）y+2=0互相平行”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件

11.直線ax+Z?y+=0（"〉0）與圓好+;/=1的位置關系是（）

A.相交B.相切C.相離D.相交或相切

12.下列函數(shù)中，值域為R的偶函數(shù)是（）

2xx

A.y=x+1B.y^e-e~C.y=lg|%|D.y=4^

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13.圓心在曲線y=f（x>。水>。）上的圓中，存在與直線2x+y+1=0相切且面積為5兀的圓，則當左取最大值時,

該圓的標準方程為.

14.在12/—工）的二項展開式中，x的系數(shù)為.（用數(shù)值作答）

15.若三%eR,/2—小舟71+5<0為假，則實數(shù)。的取值范圍為.

x+2,x<-1

16.已知/（X）=X2—5,—1<X<3,則的值為.

log2x,x>3

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17.（12分）某藝術品公司欲生產(chǎn)一款迎新春工藝禮品，該禮品是由玻璃球面和該球的內接圓錐組成，圓錐的側面用

于藝術裝飾，如圖1.為了便于設計，可將該禮品看成是由圓。及其內接等腰三角形ABC繞底邊上的高所在直線

JT

AO旋轉180。而成，如圖2.已知圓。的半徑為10cm,設4840=6,0<6<,，圓錐的側面積為ScM.

（1）求S關于。的函數(shù)關系式；

（2）為了達到最佳觀賞效果，要求圓錐的側面積S最大.求S取得最大值時腰AB的長度.

!A

18.（12分）ABC的內角A,B,。的對邊分別為a,b,c9已知Z?s加C=0,cosA—cos2A.

⑴求a

若求，的面積

（2）a=2,SABC

19.（12分）如圖，在四棱錐尸—A3CD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC,AB±AD,AD=2AB=2BC=2,

APCD是正三角形，PC±AC,E是K4的中點.

（1）證明：AC±BE；

（2）求直線BP與平面班見所成角的正弦值.

AZ+2

20.（12分）數(shù)歹（I｛%｝滿足q+22+3%++〃〃九=2———.

（1）求數(shù)列｛〃/的通項公式；

〃2

（2）設d=（i+a“）/i+a“j，，為也｝的前，，項和，求證：Tn<-.

21.（12分）在國家“大眾創(chuàng)業(yè)，萬眾創(chuàng)新”戰(zhàn)略下，某企業(yè)決定加大對某種產(chǎn)品的研發(fā)投入.為了對新研發(fā)的產(chǎn)品進行

合理定價，將該產(chǎn)品按事先擬定的價格試銷，得到一組檢測數(shù)據(jù)如表所示:

試銷價格

456789

X阮）

產(chǎn)品銷量y

898382797467

（件）

已知變量羽＞且有線性負相關關系，現(xiàn)有甲、乙、丙三位同學通過計算求得回歸直線方程分別為:甲y=4%+53；乙

y=-4x+105；丙y=-4.6%+104,其中有且僅有一位同學的計算結果是正確的.

(1)試判斷誰的計算結果正確？

(2)若由線性回歸方程得到的估計數(shù)據(jù)與檢測數(shù)據(jù)的誤差不超過1,則稱該檢測數(shù)據(jù)是“理想數(shù)據(jù)”，現(xiàn)從檢測數(shù)據(jù)中

隨機抽取3個，求“理想數(shù)據(jù)”的個數(shù)為2的概率.

22.(10分)某省新課改后某校為預測2020屆高三畢業(yè)班的本科上線情況，從該校上一屆高三(1)班到高三(5)班

隨機抽取50人，得到各班抽取的人數(shù)和其中本科上線人數(shù)，并將抽取數(shù)據(jù)制成下面的條形統(tǒng)計圖.

Aft

16

142

0

8

6

4

2

0

高三(1)班高三(2)班高三(3)班高三(4)班宓三(5)班班級

□抽取人數(shù)?本科」:線人數(shù)

(1)根據(jù)條形統(tǒng)計圖，估計本屆高三學生本科上線率.

(2)已知該省甲市2020屆高考考生人數(shù)為4萬，假設以(1)中的本科上線率作為甲市每個考生本科上線的概率.

(i)若從甲市隨機抽取10名高三學生，求恰有8名學生達到本科線的概率(結果精確到0.01)；

(ii)已知該省乙市2020屆高考考生人數(shù)為3.6萬，假設該市每個考生本科上線率均為。(0＜。＜1),若2020屆高考

本科上線人數(shù)乙市的均值不低于甲市，求〃的取值范圍.

可能用到的參考數(shù)據(jù)：取0.364=0.0168，0.164=0,0007.

參考答案

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.B

【解析】

TT4-7T

先利用向量數(shù)量積和三角恒等變換求出/(x)=2sin(^x+A+l,函數(shù)在區(qū)間［0,一丁］上恰有3個極值點即為三個最

63

值點，。%+工=工+左肛左eZ解出，x=—+—,k^Z,再建立不等式求出左的范圍，進而求得。的范圍.

62369co

【詳解】

2〃)x

解：/(x)=A^sinGx+2cos二^sinGx+cosGx+l

71

=2sin(?%+—)+1

TCTC1［r.-TCk/C7rr/r\\c

令Acox~\———Fk7i,keZ,解得對稱軸x=----1----->keZ,f(0)=2,

623a)co

「一,、,〃/、.1「c47ri人?.—*_ki-?A4-i_*lTC27c4/rTC37r

又函數(shù)r在區(qū)間［0,?。萸∮?個極值點，只需—-+——<—<—+——

33a)co33coa>

解得75

42

故選：B.

【點睛】

本題考查利用向量的數(shù)量積運算和三角恒等變換與三角函數(shù)性質的綜合問題.

⑴利用三角恒等變換及輔助角公式把三角函數(shù)關系式化成y=Asin(or+°)+f或y=Acos((ox+<p)+t的形式;(2)根據(jù)

自變量的范圍確定。x+9的范圍，根據(jù)相應的正弦曲線或余弦曲線求值域或最值或參數(shù)范圍.

2.B

【解析】

利用列舉法，結合古典概型概率計算公式，計算出所求概率.

【詳解】

從五行中任取兩個，所有可能的方法為：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土，共10種,

其中由相生關系的有金水、木水、木火、火土、金土，共5種，所以所求的概率為=05?

102

故選:B

【點睛】

本小題主要考查古典概型的計算，屬于基礎題.

3.C

【解析】

由題設條件/(x+4)=/(%),可得函數(shù)的周期是4,再結合函數(shù)是奇函數(shù)的性質將/(3)轉化為/(1)函數(shù)值，即可

得到結論.

【詳解】

由題意，/(x+4)=/(x),則函數(shù)/⑴的周期是4,

所以，/(3)=/(3-4)=/(-1),

又函數(shù)/(九)為R上的奇函數(shù)，且當九式0,2)時，/(x)=2x2,

所以，/(3)=/(-l)=-/(l)=-2.

故選：C.

【點睛】

本題考查函數(shù)的周期性，由題設得函數(shù)的周期是解答本題的關鍵，屬于基礎題.

4.C

【解析】

根據(jù)正弦定理邊化角以及三角函數(shù)公式可得A=?，再根據(jù)面積公式可求得兒=6(2-V2)，再代入余弦定理求解即可.

【詳解】

ABC中,acos3+人sinA=c,由正弦定理得sinAcosB+sinBsinA=sinC,

XsinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB,

:.sinsinA=cosAsin6,又sin8wO,，sinA=cosA,.*.12114=1,又4€(0,乃)，

?**A=—SABC=；6csinA=-^-bc=3(^2—1),

.?.*=6(2—0),；。=2,二由余弦定理可得42=(6+。)2-2bc-2bccosA,

.?.(6+c)2=4+(2+0)6c=4+(2+0)x6(2—0)=16,可得b+c=4.

故選：C

【點睛】

本題主要考查了解三角形中正余弦定理與面積公式的運用,屬于中檔題.

5.D

【解析】

先將y=2sin］2x+￡］化為y=2cos2^%-^,根據(jù)函數(shù)圖像的平移原則，即可得出結果.

【詳解】

因為y=2sin12x+d=2cos(2x—g)=2cos2(x—()］，

所以只需將V=2cos2x的圖象向右平移？個單位.

O

【點睛】

本題主要考查三角函數(shù)的平移，熟記函數(shù)平移原則即可，屬于基礎題型.

6.B

【解析】

0

根據(jù)題意計算%。19〉0，生020<°，?2019+?2020>0,計算。>Q，7^+>，得到答案.

%018%019%018%019

【詳解】

S<20019,

s?是等差數(shù)列｛an｝的前幾項和，若2018S2G<凡

11

故“2019>°9^2020<°9“2019+。2020>。'g9故一—,

nnn+1n+2

1]]

>0<0,>0,

當H?2017時，7b~

n“2018a2018a201912020“2019"2020"2021

“2019+42020>Q

"2018"2019"2020^2019^2020^2021^2018^2019^2020^2021

當2020時，；<0,故前2019項和最大.

b,

故選：B.

【點睛】

本題考查了數(shù)列和的最值問題，意在考查學生對于數(shù)列公式方法的綜合應用.

7.C

【解析】

由7s2=4§4可得3（q+4）=4（g+%），故可求4的值.

【詳解】

因為7s2=4S4,所以3（4+02）=4（84—S2）=4（g+%），

故/=：,因｛4｝為正項等比數(shù)列，故q>0,所以q=白，故選C.

【點睛】

一般地，如果｛a,J為等比數(shù)列，S”為其前〃項和，則有性質：

（1）若m,〃,p,qGN*,m+n=p+q,貝！I4/〃=因為；

（2）公比qwl時，則有S〃=A+&f,其中A3為常數(shù)且4+5=0；

（3）Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,..，為等比數(shù)列（5“力0）且公比為

8.B

【解析】

化簡得IgcosA=/g_=-lg2,即，結合;可求，得代入sinC=sinB,從

a8$」=就匚Dja+n=72

而可求C,B,進而可判斷.

【詳解】

由一——,一一

ra可得lgcosA==Tg2，：,,_

__cos_=I-_sin--.daC

cosJ=—：

?hCnt-

一，sinC=sinB=一=，??tunC=9C=,B=.

口+口==1SIBD

JJSXJ7?<

故選：B

【點睛】

本題主要考查了對數(shù)的運算性質的應用，兩角差的正弦公式的應用，解題的關鍵是靈活利用基本公式，屬于基礎題.

9.D

【解析】

作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用目標函數(shù)的幾何意義，利用數(shù)形結合即可得到結論.

【詳解】

作出不等式組表示的平面區(qū)域如下圖中陰影部分所示,

2=2%+,等價于、=_2%+2,作直線y=_2x,向上平移,

易知當直線經(jīng)過點（2,0）時Z最大，所以z111ax=2義2+0=4,故選D.

【點睛】

本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用目標函數(shù)的幾何意義，結合數(shù)形結合的數(shù)學思想是解決此類問題的基本方法.

10.A

【解析】

利用兩條直線互相平行的條件進行判定

【詳解】

當。=2時，直線方程為2x+2y—1=0與x+y+2=。，可得兩直線平行;

若直線依+2y—1=0與x+(a—l)y+2=0互相平行，則a(a—1)=2,解得4=2,

4=-1，貝!1“。=2”是“直線依+2y—1=。與x+(a—l)y+2=0互相平行”的充分不必要條件，故選4

【點睛】

本題主要考查了兩直線平行的條件和性質，充分條件，必要條件的定義和判斷方法，屬于基礎題.

11.D

【解析】

由幾何法求出圓心到直線的距離，再與半徑作比較，由此可得出結論.

【詳解】

解：由題意，圓d+/=1的圓心為0(0,0),半徑r=1,

?.?圓心到直線的距離為d=/,

y/a2+b2

Q?2+b2>2ab>

：.d<l,

故選：D.

【點睛】

本題主要考查直線與圓的位置關系，屬于基礎題.

12.C

【解析】

試題分析：A中，函數(shù)為偶函數(shù)，但不滿足條件；B中，函數(shù)為奇函數(shù)，不滿足條件；C中，函數(shù)為偶函數(shù)且

ywR,滿足條件；D中，函數(shù)為偶函數(shù)，但y?0,不滿足條件，故選C.

考點：1、函數(shù)的奇偶性；2、函數(shù)的值域.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13.(x-iy+(y-2)2=5

【解析】

由題意可得圓的面積求出圓的半徑，由圓心在曲線上，設圓的圓心坐標，到直線的距離等于半徑，再由均值不等式可

得上的最大值時圓心的坐標，進而求出圓的標準方程.

【詳解】

設圓的半徑為廠，由題意可得萬r=5萬，所以廠=

由題意設圓心C(a,K),由題意可得a>0,

a

k

由直線與圓相切可得區(qū)，所以|2。+2+1|=5,

kI~k/—

而左>0,〃>0,所以5=2〃+—+12212〃?一+1,即22解得左<2,

aVa

所以上的最大值為2,當且僅當2a=8時取等號，可得。=1,

a

所以圓心坐標為：(1,2),半徑為百，

所以圓的標準方程為：(x—I)?+(y—2)2=5.

故答案為：(I)?+(—)2=5.

【點睛】

本題考查直線與圓的位置關系及均值不等式的應用，考查函數(shù)與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運

算求解能力，求解時注意驗正等號成立的條件.

14.-40

【解析】

由題意，可先由公式得出二項展開式的通項=《25f(—1丫％1°-3,，再令10.3x1,得片3即可得出x項的系數(shù)

【詳解】

12x2—1]的二項展開式的通項公式為7^=6(2必廣'[—工)=C；25-r(-ipi0-3r，

r=0,1,2,3,4,5,

令10-3〃=1/=3,

所以12x2-口的二項展開式中X項的系數(shù)為Cf22.(-l)3=-40.

故答案為：-40.

【點睛】

本題考查二項式定理的應用，解題關鍵是靈活掌握二項式展開式通項的公式，屬于基礎題.

15.(』4]

【解析】

_________+5

由三龍06艮52-小礙工！+5<0為假，可知VxeR,*2—4，尤2+1+5<0為真,所以。<了^^對任意實數(shù)x恒

%2+5,爐+5、,

成立，求出I,的最小值，令。<（/濡即可?

V%+1V%+1

【詳解】

因為Hr。eR,x02—a?^7i+5<0為假，則其否定為真,

%2+5+5

對任意實數(shù)x恒成立，所以。.-）min-

+1Vx+1

2

%+5-r^=>4,當且僅當&2+1=,即x=±有時，等號成立，所以aW4.

又\]x2+1x2+l+

V%+1vx2+l

故答案為：（—8,4].

【點睛】

本題考查全稱命題與特稱命題間的關系的應用，利用參變分離是解決本題的關鍵，屬于中檔題.

16.-1

【解析】

先求/（4）,再根據(jù)/（4）的范圍求出/[/（4）]即可.

【詳解】

由題可知/（4）=log24=2,

故/"（4）]=/（2）=22—5=—L

故答案為：-1.

【點睛】

本題考查分段函數(shù)函數(shù)值的求解，涉及對數(shù)的運算，屬基礎題.

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17.（1）S=4007rsinecos2。，（0<^<-）（2）側面積S取得最大值時，等腰三角形的腰的長度為生理cm

23

【解析】

JT

試題分析：（1）由條件，AB=20cos。，BD-20cos6^-sin^,所以S=400?sinecos2。，（0<6^<—）；（2）

S=4007rsinecos2e=400Hsine—sin3e）ex=sin。，所以得〃無）=》一/，通過求導分析，得/⑴在％=也

時取得極大值，也是最大值.

試題解析：

B~~jyc

(1)設B］交BC于點D,過q作垂足為E,

在AAOE中，AE=10cose,AB=2AE2Ocos0,

在A4BD中，BD-AB-sin0=20cos0-sin0,

JI

所以S=400^sin^cos26^,(0<^<—)

(2)要使側面積最大，由(1)得：

S=4007rsin^cos2^=400^sin-sin3^)

令x二sin。，所以得了(%)=%—三，

由/■'(%)=l—3f=0得：%=#

當［0，￡［時，/'(1)>0，當時，/(x)<0

所以/(%)在區(qū)間o,與上單調遞增，在區(qū)間j上單調遞減,

所以/(x)在x=#時取得極大值，也是最大值；

所以當sin。=且時，側面積S取得最大值，

此時等腰三角形的腰長AB=20cos6>=20jl—sin/=20,-

答：側面積S取得最大值時，等腰三角形的腰A3的長度為型底cm.

【解析】

(1)由已知利用正弦定理，同角三角函數(shù)基本關系式可求仞〃5=1,結合范圍5e(O,〃)，可求3=(,由已知利用二

倍角的余弦函數(shù)公式可得2cos2人—c°sA—i=o,結合范圍Ae(O,?),可求A,根據(jù)三角形的內角和定理即可解得C

的值.

(2)由(1)及正弦定理可得8的值，根據(jù)兩角和的正弦函數(shù)公式可求si〃C的值，進而根據(jù)三角形的面積公式即可求解.

【詳解】

（1）由已知可得ccoyB=bsinC,

bc

又由正弦定理二,，可得ccosB=,即勿〃5=1,

sinBsinC

4

cosA=cos2A=2cos2A—i,即2cos~A—cosA—1=0，

又Ae（0,萬）,

127r

.?.cosA=——,或1（舍去），可得A=/，

23

7T

C=7T—A—B=—.

12

（2）A=—,B=-,a=2,

v'34

9叵

ab._ja-sinBX?2底

，由正弦定理.=.，可得.-r--.

sinAsinBsinA，33Q

~2

?^2^/6—^/2

+

sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=x儼2—4

,_1,._1276V6-V23-73

..Sc4r--absmC—x20xx—?

ABRC22343

【點睛】

本題主要考查了正弦定理，同角三角函數(shù)基本關系式，二倍角的余弦函數(shù)公式，三角形的內角和定理，兩角和的正弦

函數(shù)公式，三角形的面積公式等知識在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題.

19.(1)見證明；(2)乂二

13

【解析】

(1)設R是PZ)的中點，連接政、CF,先證明6CFE是平行四邊形，再證明AC，平面PC。，即ACL3E

(2)以。為坐標原點，的方向為x軸的正方向，建空間直角坐標系，分別計算各個點坐標，計算平面雙汨法向

量，利用向量的夾角公式得到直線8P與平面所成角的正弦值.

【詳解】

(1)證明：設廠是的中點，連接防、CF,

E是K4的中點，.?.M//AD,EF=-AD,

2

AD//BC,AD=2BC,:.EF//BC,EF=BC,

,3CFE是平行四邊形，.?.BE//CF,

AD//BC,AB±AD,ZABC=ZBAD=90°,

AB=BC,ZCAD=45°,AC=叵,

由余弦定理得CQ2=A02+AQ2—2AC.AQ.cosNCAD=2,

.-.AC2+CD2=4=AD-,：.AC±CD,

..AC，平面PC。:.AC±CF,

:.ACLBE；

-T>

)、p

X

(2)由(1)得AC，平面PCD,。=行，，平面ABCD_L平面PC。，

過點P作R9LCD,垂足為。，.??O。，平面ABC。，以。為坐標原點，0C的方向為X軸的正方向，建立如圖的

空間直角坐標系。-孫z,

則P[O,O,乎j,D—孝，0,0，“叵一半小*曰

/、

...BP=一"當季,

7

一逑x+也

y=0

m-BD=022

設加=(x,y,z)是平面BDE的一個法向量，貝卜

m-BE-0一述x+三=0

44

‘6，...M=(1,3,省)

令％=1,貝!I<

m-BPy/26

/.cos(m,BP)=

m||BP|13

???直線BP與平面BDE所成角的正弦值為叵.

13

【點睛】

本題考查了線面垂直，線線垂直，利用空間直角坐標系解決線面夾角問題，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.

20.(1)(2)證明見解析

【解析】

(1)利用S"與4的關系即可求解.

(2)利用裂項求和法即可求解.

【詳解】