2022年高考模拟数学试卷(理科)-答案.docx

河北省石家庄二中2017年高考模拟数学试卷（理科）
答 案
1~5．DBCBC
6~10．ABBAD
11~12．BC
13．240
14．
15．
16．2
17．解：（Ⅰ）当时,可得
又因为,代入表达式可得,满足上式．
所以数列是首项为,公比为4的等比数列,故：
（Ⅱ）证明：

时,．
．
18．证明：（Ⅰ）因为是的三等分点,
所以,
所以是等边三角形,又因为是的中点,所以
因为
所以平面,又,
所以平面,
平面,所以．
因为,所以平面．
因为平面,所以．
解：（Ⅱ）以点为坐标原点,所在直线为轴,所在直线为轴,
过且与直线平行的直线为轴,建立空间直角坐标系．
因为平面,
所以为直线与平面所成角．
由题意得,即,
从而．不防设,又,则
故
于是
设平面与平面的法向量分别为,
由,令,得．
由,令,得,
所以
所以二面角的平面角大小为．

19．解：因为选修数学学科人数所占总人数频率为,即,可得：,又,所以,则根据分层抽样法：
抽取的10人中选修线性代数的人数为：人；选修微积分的人数为：人；选修大学物理的人数为：人；选修商务英语的人数为：人；选修文学写作的人数为：人；
（Ⅰ）现从10人中选3人共有种选法,且每种选法可能性都相同,令事件：选中的3人至少两人选修线性代数,事件：选中的3人有两人选修线性代数,事件：选中的3人都选修线性代数,且为互斥事件,
（Ⅱ）记为3人中选修线性代数的代数,的可能取值为0,1,2,3,记为3人中选修微积分的人数；的可能取值也为0,1,2,3,则随机变量的可能取值为0,1,2,3；
；
,
,

所以的分布列为：

0
1
2
3

所以
20．解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为,由题意可得：,
由题意的离心率,解得：,则,
故椭圆方程为：；
（Ⅱ）①证明：由题意可知直线的斜率存在,设直线的方程：,
由点在直线上,则,联立直线与椭圆方程：,
可得：,
又直线与椭圆只有一个公共点,故,即；
由韦达定理,可得点坐标,
由直线过椭圆右焦点为,则直线的斜率；
而直线的斜率,则：
．
②由,,则,
即,
∴三角形的面积,
由直线的斜率为,可得直线的方程：
与椭圆方程联立可得：,整理得：,
则,,
则,
则,令,则,
由函数的单调性可知：,单调递增,
故,当时,面积的最小值．
∴面积的最小值．
21．解：（Ⅰ）由题意可得：,可得：；
又,
当时,单调递增；
当时,单调递减；
故函数的单调增区间为．
（Ⅱ）,
因为是的两个极值点,故是方程的两个根,
由韦达定理可知：；,可知,又,
令,可证在递减,由,从而可证
所以
令,,所以单调减,
故,
所以即．
22．解：（Ⅰ）的普通方程为,
的普通方程为,的极坐标方程为．
（Ⅱ）由可得的极坐标方程为,
与直线联立可得：,即,
同理可得．
所以,在上单调递减,
所以的最大值是．
23．解：（Ⅰ）当时,不等式,即
故有,求得,即不等式的解集为．
（Ⅱ）,即恒成立,
,

当时,①等价于,解得；
当时,①等价于,即,解得,
所以的取值范围是

河北省石家庄二中2017年高考模拟数学试卷（理科）
解 析
1．【考点】交集及其运算．
【分析】求出集合A,B,根据集合的交集定义进行计算．
【解答】解：∵log2x＞1=log22,
∴x＞2,
∴B=（2,+∞）,
∵x2﹣4x+3＜0,
∴（x﹣3）（x﹣1）＜0,
解得1＜x＜3,
∴A=（1,3）,
∴A∩B=（2,3）,
故选：
2．【考点】复数求模．
【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、模的计算公式即可得出．
【解答】解：∵复数z满足=i,∴z+i=﹣2﹣zi,化为：z===﹣+i．
=﹣﹣i．
则|+1|===．
故选：
3．【考点】任意角的三角函数的定义．
【分析】由题意,M的坐标为（2cos（π+θ）,2sin（π+θ））,即可得出结论．
【解答】解：由题意,M的坐标为（2cos（π+θ）,2sin（π+θ））,即（﹣2cosθ,﹣2sinθ）,
故选
4．【考点】指数函数的单调性与特殊点．
【分析】根据不等式的基本性质和指数函数和对数函数的性质即可判断．
【解答】解：∵0＜a＜b＜1,c＞1,
∴ac＜bc,abc＞bac,
∴logab＞logba,logac＞logbc,
故选：
5．【考点】程序框图．
【分析】根据已知的程序框图可得,该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量y的值,模拟程序的运行过程,可得答案．
【解答】解：当输入的x为2017时,
第1次执行循环体后,x=2015,输出y=3﹣2015+1；
第2次执行循环体后,x=2013,输出y=3﹣2013+1；
第3次执行循环体后,x=2011,输出y=3﹣2011+1；
…
第1007次执行循环体后,x=3,输出y=3﹣3+1；
第1008次执行循环体后,x=1,输出y=3﹣1+1；
第1009次执行循环体后,x=﹣1,输出y=31+1=4；
第1010次执行循环体后,x=﹣3,输出y=33+1=28；
此时不满足x≥﹣1,输出y=28,
故选：
6．【考点】等比数列的前n项和．
【分析】由于前两天大鼠打1+2尺,小鼠打1+尺,因此前两天两鼠共打3+1．5=4．5．第三天,大鼠打4尺,小鼠打尺,因此第三天相遇．设第三天,大鼠打y尺,小鼠打0．5﹣y尺,则=,解得y即可得出．
【解答】解：由于前两天大鼠打1+2尺,小鼠打1+尺,因此前两天两鼠共打3+1．5=4．5．
第三天,大鼠打4尺,小鼠打尺,因此第三天相遇．
设第三天,大鼠打y尺,小鼠打0．5﹣y尺,
则=,解得y=．
相见时大鼠打了1+2+=3尺长的洞,小鼠打了1++=1尺长的洞,
x=2+=2天,
故选：
7．【考点】几何概型．
【分析】本题利用几何概型求解即可．在a﹣o﹣b坐标系中,画出f（1）＞0对应的区域,和a、b都是在区间[0,4]内表示的区域,计算它们的比值即得．
【解答】解：f（1）=﹣1+a﹣b＞0,即a﹣b＞1,
如图,A（1,0）,B（4,0）,C（4,3）,
S△ABC=,P==,
故选：

8．【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．
【分析】先求得m=sin（2•）=,故把函数y=sin2x图象上的点P（,）,向右平移n个单位,可得Q（+n,）,根据Q在函数y=cos（2x﹣）的图象上,求得n的最小值值,可得mn的最小值．
【解答】解：函数y=sin2x图象上的某点P（,m）可以由函数y=cos（2x﹣）上的某点
Q向左平移n（n＞0）个单位长度得到,∴m=sin（2•）=．
故把函数y=sin2x图象上的点P（,）,向右平移n个单位,可得Q（+n,）,
根据Q在函数y=cos（2x﹣）的图象上,
∴m=cos[2（+n）﹣]=cos（2n﹣）=,∴应有2n﹣=,∴n=,
则mn的最小值为,
故选：
9．【考点】由三视图求面积、体积．
【分析】由三视图可知：该几何体为三棱锥P﹣ABC,其中侧面PAB⊥底面ABC,在平面PAB内,过点P作PD⊥AB,垂足为D,连接CD,CD⊥AD．进而得出．
【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥P﹣ABC,
其中侧面PAB⊥底面ABC,在平面PAB内,过点P作PD⊥AB,垂足为D,连接CD,CD⊥AD．
该几何体的表面积S=×2++
=2+2+．
故选：

10．【考点】进行简单的合情推理．
【分析】依题记f（m1,m2）=f（m1,m2﹣1）+5×1=f（m1,1）+5×（m2﹣1）=f（m1﹣1,1）+4×1+5×（m2﹣1）=…=f（1,1）+4×（m1﹣1）+5×f（m1,1）,将m1=60,m2=50,f（1,1）=2,代入得结论．
【解答】解：依题记f（m1,m2）=f（m1,m2﹣1）+5×1=f（m1,1）+5×（m2﹣1）
=f（m1﹣1,1）+4×1+5×（m2﹣1）=…=f（1,1）+4×（m1﹣1）+5×（m2﹣1）,
将m1=60,m2=50,f（1,1）=2,代入得483．
故选D
11．【考点】双曲线的简单性质．
【分析】由A,B代入双曲线方程,作差整理可得k==,化简得a2=bc,即可求出双曲线的离心率．
【解答】解：设A（x1,y1）,B（x2,y2）,M（b,yM）,
由A,B代入双曲线方程,作差整理可得k==,
化简得a2=bc,
即a4=（c2﹣a2）c2,有e4﹣e2﹣1=0,得e=．
故选
12．【考点】根的存在性及根的个数判断．
【分析】判断f（x）的单调性,求出极值,得出方程f（x）=t的解的情况,得出关于t的方程t2﹣（2m+1）t+m2+m=0的根的分布区间,利用二次函数的性质列不等式解出m的范围．
【解答】解：f（x）=,∴f′（x）=．
∴当0＜x＜1或x＞e时,f′（x）＞0,当1＜x＜e时,f′（x）＜0,
∴f（x）在（0,1）上单调递增,在（1,e）上单调递减,在（e,+∞）上单调递增,
作出f（x）的大致函数图象如图所示：

令f（x）=t,则当0＜t＜e时,方程f（x）=t有1解,
当t=e时,方程f（x）=t有2解,
当t＞e时,方程f（x）=t有3解,
∵关于x的方程f2（x）﹣（2m+1）f（x）+m2+m=0,恰好有4个不相等的实数根,
∴关于t的方程t2﹣（2m+1）t+m2+m=0在（0,e）和（e,+∞）上各有一解,
∴,解得e﹣1＜m＜e．
故选．
13．【考点】二项式系数的性质．
【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项,令x的指数为4,求出r的值,将r的值代入通项求出展开式中含x4项的系数
【解答】解：展开式的通项为Tr+1=C6r（﹣2）rx,
令得18﹣r=4,解得r=4,
∴展开式中含x4项的系数为（﹣2）4C64=240,
故答案为：240．
14．【考点】向量的模．
【分析】求出+2,求出|+2|的解析式,根据三角函数的运算性质计算即可．
【解答】解：=（cos5°,sin5°）,=（cos65°,sin65°）,
则+2=（cos5°+2cos65°,sin5°+2sin65°）,
则|+2|===,
故答案为：．
15．【考点】利用导数研究函数的极值；分段函数的应用．
【分析】由f'（x）=6x2﹣6,x＞t,知x＞t时,f（x）=2x3﹣6x一定存在单调递增区间,从而要使无论t取何值,函数f（x）在区间（﹣∞,+∞）总是不单调,必须有f（x）=（4a﹣3）x+2a﹣4不能为增函数,由此能求出a的取值范围．
【解答】解：对于函数f（x）=2x3﹣6x,
f'（x）=6x2﹣6,x＞t
当6x2﹣6＞0时,即x＞1或x＜﹣1,
此时f（x）=2x3﹣6x,为增函数
当6x2﹣6＜0时,﹣1＜x＜1,
∵x＞t,∴f（x）=2x3﹣6x一定存在单调递增区间
要使无论t取何值,
函数f（x）在区间（﹣∞,+∞）总是不单调
∴f（x）=（4a﹣3）x+2a﹣4不能为增函数
∴4a﹣3≤0,∴a≤．
故a的取值范围是（﹣∞,]．
故答案为：（﹣∞,]．
16．【考点】三角形中的几何计算．
【分析】设∠DBM=θ,在△CDA中,由正弦定理可得=,在△AMB中,由正弦定理可得=,继而可得=,问题得以解决
【解答】解：设∠DBM=θ,则∠ADC=2θ,∠DAC=﹣2θ,∠AMB=﹣2θ,
在△CDA中,由正弦定理可得=,
在△AMB中,由正弦定理可得=,
∴===,
从而MA=2,
故答案为：2．

17．【考点】数列递推式；数列的求和．
【分析】（I）利用数列递推关系、等比数列的通项公式即可得出．
（II）利用“裂项求和”方法、数列的单调性即可得出．
【解答】解：（Ⅰ）当时,可得
又因为,代入表达式可得,满足上式．
所以数列是首项为,公比为4的等比数列,故：
（Ⅱ）证明：

时,．
．
18．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直的性质．
【分析】（Ⅰ）推导出△ABC是等边三角形,从而CM⊥AB,再由DB⊥AB,DB⊥BC,知DB⊥平面ABC,又EA∥DB,从而EA⊥平面ABC,进而CM⊥EA．由此CM⊥平面EAM．进而能证明CM⊥EM．
（Ⅱ）以点M为坐标原点,MC所在直线为x轴,MB所在直线为y轴,过M且与直线BD平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系M﹣xyz．利用向量法能求出二面角B﹣CD﹣E的平面角．
【解答】证明：（Ⅰ）因为是的三等分点,
所以,
所以是等边三角形,又因为是的中点,所以
因为
所以平面,又,
所以平面,
平面,所以．
因为,所以平面．
因为平面,所以．
解：（Ⅱ）以点为坐标原点,所在直线为轴,所在直线为轴,
过且与直线平行的直线为轴,建立空间直角坐标系．
因为平面,
所以为直线与平面所成角．
由题意得,即,
从而．不防设,又,则
故
于是
设平面与平面的法向量分别为,
由,令,得．
由,令,得,
所以
所以二面角的平面角大小为．

19．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．
【分析】（Ⅰ）利用分层抽样求出各个选修人数,利用互斥事件的概率求解从选出的10名学生中随机抽取3人,求这3人中至少2人选修线性代数的概率；
（Ⅱ）从选出的10名学生中随机抽取3人,记ξ为选修线性代数人数与选择微积分人数差的绝对值．求出ξ的可能值,就是概率,即可得到随机变量ξ的分布列和数学期望．
【解答】解：因为选修数学学科人数所占总人数频率为,即,可得：,又,所以,则根据分层抽样法：
抽取的10人中选修线性代数的人数为：人；选修微积分的人数为：人；选修大学物理的人数为：人；选修商务英语的人数为：人；选修文学写作的人数为：人；
（Ⅰ）现从10人中选3人共有种选法,且每种选法可能性都相同,令事件：选中的3人至少两人选修线性代数,事件：选中的3人有两人选修线性代数,事件：选中的3人都选修线性代数,且为互斥事件,
（Ⅱ）记为3人中选修线性代数的代数,的可能取值为0,1,2,3,记为3人中选修微积分的人数；的可能取值也为0,1,2,3,则随机变量的可能取值为0,1,2,3；
；
,
,

所以的分布列为：

0
1
2
3

所以
20．【考点】直线与椭圆的位置关系；椭圆的标准方程．
【分析】（Ⅰ）由b=,椭圆的离心率公式,即可求得a和c的值,求得椭圆方程；
（Ⅱ）①设直线方程,代入椭圆方程,由△=0,分别求得kOM,kPQ,即可求得kOM•为定值；
②设直线方程,代入椭圆方程,由韦达定理,弦长公式,求得S△PQM=•,根据函数的单调性即可求得△PQM面积的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为,由题意可得：,
由题意的离心率,解得：,则,
故椭圆方程为：；
（Ⅱ）①证明：由题意可知直线的斜率存在,设直线的方程：,
由点在直线上,则,联立直线与椭圆方程：,
可得：,
又直线与椭圆只有一个公共点,故,即；
由韦达定理,可得点坐标,
由直线过椭圆右焦点为,则直线的斜率；
而直线的斜率,则：
．
①由,,则,
即,
∴三角形的面积,
由直线的斜率为,可得直线的方程：
与椭圆方程联立可得：,整理得：,
则,
,则,
则,令,则,
由函数的单调性可知：,单调递增,
故,当时,面积的最小值．
∴面积的最小值．
21．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的递增区间即可；
（Ⅱ）求出g（x）的导数,求出g（x1）﹣g（x2）的解析式,令h（x）=lnx2﹣x2+,x∈（0,],根据函数的单调性求出k的最大值即可．
【解答】解：（Ⅰ）由题意可得：,可得：；
又,
当时,单调递增；
当时,单调递减；
故函数的单调增区间为．
（Ⅱ）,
因为是的两个极值点,故是方程的两个根,
由韦达定理可知：；,可知,又,
令,可证在递减,由,从而可证
所以
令,所以单调减,
故,
所以即．
22．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．
【分析】（Ⅰ）利用三种方程的转化方法,即可求曲线C1的普通方程和曲线C2的极坐标方程；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得C1的极坐标方程为ρsin2θ=4cosθ,与直线θ=α联立可得：ρ=,即|OP|=,同理可得|OQ|=2sinα．求出|OP|•|OQ|=,在α∈[,]上单调递减,即可求|OP|•|OQ|的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）的普通方程为,
的普通方程为,的极坐标方程为．
（Ⅱ）由可得的极坐标方程为,
与直线联立可得：,即,
同理可得．
所以,在上单调递减,
所以的最大值是．
23．【考点】绝对值不等式的解法；函数恒成立问题．
【分析】（Ⅰ）当a=3时,不等式即|2x﹣3|+3≤6,可得﹣3≤2x﹣3≤3,由此求得不等式的解集．
（Ⅱ）由题意可得|2x﹣a|+a+|2x﹣1|≥2a2﹣13恒成立,利用绝对值三角不等式求得|2x﹣a|+a+|2x﹣1|的最小值为|1﹣a|+a,可得|1﹣a|+a≥2a2﹣13,分类讨论,去掉绝对值,求得a的范围．
【解答】解：（Ⅰ）当时,不等式,即
故有,求得,即不等式的解集为．
（Ⅱ）,即恒成立,

当时,①等价于,解得；
当时,①等价于,即,解得,
所以的取值范围是
18/18