2022年河南省焦作市高考数学一模试卷（理科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年河南省焦作市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本题共12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（5分）已知集合Ax|x2x20，Bx|2x+10，则AB（）A(-12，1)B(-12，2)C(-1，-12)D(-2，-12)2（5分）若zi1+3i，则z=（）A3+iB3iC3+2iD32i3（5分）已知命题p：xN*，lgx0，q：xR，cosx1，则下列命题是真命题的是（）ApqB（p）qCp（q）D（pq）4（5分）下列函数中，最小正周期为8的是（）Ay=sinx4Bysin8xCy=cosx4Dytan（8x）5（5分）设函数f(

2、x)=2x+x3的零点为x0，则x0（）A（4，2）B（2，1）C（1，2）D（2，4）6（5分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C=4，a2，2sinB3sinA，则ABC的面积为（）A322B332C3D327（5分）已知函数f(x)=lg(2x+1+a)是奇函数，则使得0f（x）1的x的取值范围是（）A(-，-911)B(0，911)C(-911，0)D(-911，0)(911，1)8（5分）某学校计划从包含甲、乙、丙三位教师在内的10人中选出5人组队去西部支教，若甲、乙、丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（）A21种B231种C238种D252种9（

3、5分）花窗是一种在窗洞中用镂空图案进行装饰的建筑结构，这是中国古代建筑中常见的美化形式，既具备实用功能，又带有装饰效果如图所示是一个花窗图案，大圆为两个等腰直角三角形的外接圆，阴影部分是两个等腰直角三角形的内切圆若在大圆内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率为（）A2-1B2-2C3-22D6-4210（5分）已知函数f(x)=-x3+a2x2+bx(a，b0)的一个极值点为1，则a2b2的最大值为（）A49B94C1681D811611（5分）如图，在正四面体ABCD中，E是棱AC的中点，F在棱BD上，且BD4FD，则异面直线EF与AB所成的角的余弦值为（）A33B22C12D1312（5分

4、）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，M为C上一点，且MF1F2的内心为I（x0，2），若MF1F2的面积为4b，则|MF1|+|MF2|F1F2|=（）A32B53C132D43二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）已知向量a=(x，-1)，b=(0，5)，若a(a+2b)，则x 14（5分）写出一个离心率与双曲线C：x2-y23=1的离心率互为倒数的椭圆的标准方程 15（5分）计算：2cos50-tan402= 16（5分）已知三棱锥PABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且ABC是底边长为32，面积为3412的等腰三角形，则该

5、三棱锥的外接球的表面积为 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.17（12分）某科技公司有甲、乙、丙三个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为13，12，35现安排甲组和乙组研发新产品A，丙组研发新产品B，设每个小组研发成功与否相互独立，且当甲组和乙组至少有一组研发成功时，新产品A就研发成功（1）求新产品A，B均研发成功的概率；（2）若新产品A研发成功，预计该公司可获利润180万元，否则利润为0万元；若新产品B研发成功，预计该公司可获利润120万元，否则利润为0万元求该公司研发A，

6、B两种新产品可获总利润（单位：万元）的分布列和数学期望18（12分）已知数列an1是递增的等比数列，a25且a3+a426（1）求数列an的通项公式；（2）求数列nan的前n项和Sn19（12分）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PA底面ABCD，PAAD4，BAD120，平行四边形ABCD的面积为43，设E是侧棱PC上一动点（1）求证：CDAE；（2）记PEPC=(01)，若直线PC与平面ABE所成的角为60，求的值20（12分）已知抛物线：x22py（p0）的焦点F与双曲线2y22x21的一个焦点重合（1）求抛物线的方程；（2）过点F作斜率不为0的直线l交抛物线于A，C两点

7、，过A，C作l的垂线分别与y轴交于B，D，求四边形ABCD面积的最小值21（12分）已知函数f（x）（x+1）lnx+mx，g（x）m2x2ex1，其中m0（）讨论函数g（x）的单调性；（）若m1，证明：当x0时，g（x）f（x）22（10分）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是x=-ty=2-t（t为参数）以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆O的极坐标方程为282（cos+sin）（1）求直线l的普通方程和圆O的直角坐标方程；（2）当2，时，求直线l与圆O的公共点的极坐标23设函数f（x）|3x6|+2|x+1|m（mR）（1）当m2时，解不等式f（x）12；（2）若关于x

8、的不等式f（x）+|x+1|0无解，求m的取值范围2022年河南省焦作市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12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（5分）已知集合Ax|x2x20，Bx|2x+10，则AB（）A(-12，1)B(-12，2)C(-1，-12)D(-2，-12)【解答】解：因为Ax|x2x20（1，2），Bx|2x+10x|x-12，则AB（1，-12）故选：C2（5分）若zi1+3i，则z=（）A3+iB3iC3+2iD32i【解答】解：zi1+3i，z=1+3ii=(1+3i)ii2=3-i，z=3+i故

9、选：A3（5分）已知命题p：xN*，lgx0，q：xR，cosx1，则下列命题是真命题的是（）ApqB（p）qCp（q）D（pq）【解答】解：由lgx0，得0x1，故命题p：xN*，lgx0是假命题，则p是真命题，由cosx1，得xR，故命题q：xR，cosx1是真命题，则pq是真命题，故选：B4（5分）下列函数中，最小正周期为8的是（）Ay=sinx4Bysin8xCy=cosx4Dytan（8x）【解答】解：A项，T=214=8，故A不符合；B项，T=28=4，故B不符合；C项，T=214=8，故C不符合；D项，T=|-8|=8，故D符合故选：D5（5分）设函数f(x)=2x+x3的零点为

10、x0，则x0（）A（4，2）B（2，1）C（1，2）D（2，4）【解答】解：因为f(x)=2x+x3，xR且在R上连续，又因为y2x与y=x3在R上均为增函数，所以f(x)=2x+x3在R上为增函数，又因为f（0）10，f（1）=12-13=160，f（2）=14-23=-5120，所以f(x)=2x+x3的零点在区间（2，1）内，故选：B6（5分）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C=4，a2，2sinB3sinA，则ABC的面积为（）A322B332C3D32【解答】解：因为C=4，a2，2sinB3sinA，由正弦定理得，2b3a6，所以b3，故ABC的面积S=12ab

11、sinC=122322=322故选：A7（5分）已知函数f(x)=lg(2x+1+a)是奇函数，则使得0f（x）1的x的取值范围是（）A(-，-911)B(0，911)C(-911，0)D(-911，0)(911，1)【解答】解：因为函数f(x)=lg(2x+1+a)是奇函数，所以f（0）lg（2+a）0，即2+a1，解得a1，所以f（x）lg（2x+1-1），因为0f（x）1，所以0lg（2x+1-1）1，即12x+1-110，可化为2x+1-202x+1-110，等价于2x(x+1)0(11x+9)(x+1)0解得-911x0故选：C8（5分）某学校计划从包含甲、乙、丙三位教师在内的10人

12、中选出5人组队去西部支教，若甲、乙、丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有（）A21种B231种C238种D252种【解答】解：10人中选5人有C105=252种选法，其中甲，乙，丙三位老师均不选的选法有C75=21种，故甲、乙、丙三位教师至少一人被选中，则组队支教的不同方式共有C105-C75=231种故选：B9（5分）花窗是一种在窗洞中用镂空图案进行装饰的建筑结构，这是中国古代建筑中常见的美化形式，既具备实用功能，又带有装饰效果如图所示是一个花窗图案，大圆为两个等腰直角三角形的外接圆，阴影部分是两个等腰直角三角形的内切圆若在大圆内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率为（）A2-

13、1B2-2C3-22D6-42【解答】解：设大圆的半径为R，则等腰直角三角形的边长分别为2R，2R，2R，设等腰直角三角形的内切圆的半径为r，则12（2R+2R+2R）r=122R2R，解得r（2-1）R，则阴影部分的面积为2r22（2-1）R22（322 ）R2，大圆的面积为R2，则该点取自阴影部分的概率为P=2(3-22)R2R2=642，故选：D10（5分）已知函数f(x)=-x3+a2x2+bx(a，b0)的一个极值点为1，则a2b2的最大值为（）A49B94C1681D8116【解答】解：由f(x)=-x3+a2x2+bx，则f（x）3x2+ax+b，由题意可知，f（1）0，即a+b

14、3，a0，b0，所以a2b2(a+b2)4=8116，当且仅当a=b=32时取等号，所以a2b2的最大值8116，故选：D11（5分）如图，在正四面体ABCD中，E是棱AC的中点，F在棱BD上，且BD4FD，则异面直线EF与AB所成的角的余弦值为（）A33B22C12D13【解答】解：设AB4，建立如图所示的空间直角坐标系，则F（0，1，0），B（0，2，0），C（23，0，0），A（233，0，463），E（433，0，263），则BA=（233，2，463），FE=（433，1，263），设BA，FE的夹角为，则cos=BAFE|BA|FE|=83-2+16343=12，则异面直线EF与A

15、B所成的角的余弦值为12，故选：C12（5分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，M为C上一点，且MF1F2的内心为I（x0，2），若MF1F2的面积为4b，则|MF1|+|MF2|F1F2|=（）A32B53C132D43【解答】解：由题意可得，MF1F2的内心I（x0，2）到x轴的距离就是内切圆的半径又点M在椭圆C上，由椭圆的定义，得|MF1|+|MF2|+|F1F2|=2a+2c，SMF1F2=12(2a+2c)2=2(a+c)=4b，即a+c2b又 cea，所以b=a(1+e)2，因为a2b2+c2，所以a(1+e)22+a2e2=a2，即（1+e

16、）2+4e24，所以5e2+2e30，解得e=35或1（舍去），所以|MF1|+|MF2|F1F2|=2a2c=1e=53故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13（5分）已知向量a=(x，-1)，b=(0，5)，若a(a+2b)，则x3【解答】解：向量a=(x，-1)，b=(0，5)，a(a+2b)，a（a+2b）=a2+2ab=x2+1+2（05）0，则x3，故答案为：314（5分）写出一个离心率与双曲线C：x2-y23=1的离心率互为倒数的椭圆的标准方程 x24+y23=1（答案不唯一）【解答】解：双曲线C：x2-y23=1的离心率为e=1+31=2，则椭圆的离心率为1

17、2，所以椭圆的标准方程可以为x24+y23=1故答案为：x24+y23=1（答案不唯一）15（5分）计算：2cos50-tan402=32【解答】解：2cos50-tan402=2cos50-sin40cos402=2cos50-sin402cos40=4sin50cos50-sin402cos40=2sin80-sin402cos40=2cos10-sin402cos40=2cos(40-30)-sin402cos40=32故答案为：3216（5分）已知三棱锥PABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且ABC是底边长为32，面积为3412的等腰三角形，则该三棱锥的外接球的表面积为 34【解答

18、】解：三棱锥PABC可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，如图，设PA=BC=32，PBACPCABx，长方体交于一个顶点的三条棱长为a，b，c，则SABC=1232x2-(322)2=3412，解得x5由题得a2+b2=PA2=(32)2=18，a2+c2AC225，b2+c2PC225，解之得a3，b3，c4所以该三棱锥的外接球的半径为R=a2+b2+c22=32+32+422=342，所以该三棱锥的外接球的表面积为S=4R2=4(342)2=34故答案为：34三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.

19、第22，23题为选考题，考生根据要求作答.17（12分）某科技公司有甲、乙、丙三个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为13，12，35现安排甲组和乙组研发新产品A，丙组研发新产品B，设每个小组研发成功与否相互独立，且当甲组和乙组至少有一组研发成功时，新产品A就研发成功（1）求新产品A，B均研发成功的概率；（2）若新产品A研发成功，预计该公司可获利润180万元，否则利润为0万元；若新产品B研发成功，预计该公司可获利润120万元，否则利润为0万元求该公司研发A，B两种新产品可获总利润（单位：万元）的分布列和数学期望【解答】解：（1）设新产品研发成功为事件M，新产品B研发成功为事件N，则P（M）

20、1（1-13）（1-12）=23，P（N）=35，故P（MN）P（M）P（N）=2335=25（2）设该公司研发A，B两种新产品可获总利润为随机变量X，则X所有可能取值为0，120，180，300，P（X0）=(1-23)(1-35)=215，P（X120）=(1-23)35=15，P（X180）=23(1-35)=415，P（X300）1P（X0）P（X120）P（X180）=25，故X的分布列为：X 0 120 180 300 P 215 15 41525 故E（X）=0215+12015+180415+30025=19218（12分）已知数列an1是递增的等比数列，a25且a3+a426

21、（1）求数列an的通项公式；（2）求数列nan的前n项和Sn【解答】解：（1）由于数列an1是递增的等比数列，所以(a3-1)2=(a2-1)(a4-1)；由于a25且a3+a426，故(a3-1)2=4(a4-1)a3+a4=26，解得a3=9a4=17；整理得公比q=a4-1a3-1=2，所以a112，故a13；所以an-1=(a1-1)2n-1，整理得an=2n+1；（2）由（1）得：nan=n2n+n；所以Tn=12+222+323+.+n2n，2Tn=122+223+324+.+n2n+1，得：-Tn=(21+22+.+2n)-n2n+1，整理得Tn=(n-1)2n+1+2，所以Sn

22、=Tn+(1+2+.+n)=(n-1)2n+1+n22+n2+219（12分）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PA底面ABCD，PAAD4，BAD120，平行四边形ABCD的面积为43，设E是侧棱PC上一动点（1）求证：CDAE；（2）记PEPC=(01)，若直线PC与平面ABE所成的角为60，求的值【解答】解：（1）证明：平行四边形ABCD的面积为43，AD4，BAD120，所以4ABsin12043，解得AB2，在ACD中，由AD4，CD2，ADC180BAD60，得AC2AD2+CD22ADCDcos6016+4812，AC2+CD212+416AD2，ACCD，PAC

23、D，又PAACA，CD平面PAC，又AC平面PAC，CDAE；（2）以A为坐标原点，以AB，AC，AP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，PA4，AB2，AC=12=23，A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，4），C（0，23，0），设E（x，y，z），由PEPC=(01)，得PE=PC，（x，y，z4）（0，23，4），x0，y23，z44，即点E（0，23，44），AB=（2，0，0），AE=（0，23，44），PC=（0，23，4），设平面ABE的一个法向量为n=（x，y，z），则nAB=2x=0nAE=23y+(4-4)z=0，令y1，则x0，z=32-2，直线P

24、C与平面ABE所成的角为60，sin60|cosn，PC|=|nPC|n|PC|=23-23-1271+(32-2)2=32，化简得（72）（76）0，解得=27或=67，当=27或=67，直线PC与平面ABE所成的角为6020（12分）已知抛物线：x22py（p0）的焦点F与双曲线2y22x21的一个焦点重合（1）求抛物线的方程；（2）过点F作斜率不为0的直线l交抛物线于A，C两点，过A，C作l的垂线分别与y轴交于B，D，求四边形ABCD面积的最小值【解答】解：（1）由2y22x21要可得双曲线的上焦点为F（0，1），p2=1，p2，抛物线的方程为x24y；（2）设过点F作斜率不为0的直线l

25、的方程为ykx+1，由对称性不妨设k0，设A（x1，y1），B（x2，y2），由y=kx+1x2=4y，可得x24kx40，x1+x24k，x1x24，|x1x2|=(x1+x2)2-4x1x2=16k2+16，过A与直线l垂直的直线方程为y=-1k（xx1）+y1，令x0，得yB=-1kx1+y1=-1kx1+kx1+1，过C与直线l垂直的直线方程为y=-1k（xx2）+y2，令x0，得yD=-1kx2+y2=-1kx2+kx2+1，|BD|（1k+k）|x1x2|，SABCD=12|BD|x1|+12|BD|x2|=12|BD|x1x2|=12（1k+k）|x1x2|28（1k+k）（k2

26、+1），令y（1k+k）（k2+1）=1k+2k+k3，则y=-1k2+2+3k2=(3k2-1)(k2+1)k2，当k（0，33）时，y0，当k（33，+）时，y0，当k=33时，ymin=1639，故四边形ABCD面积的最小值为1283921（12分）已知函数f（x）（x+1）lnx+mx，g（x）m2x2ex1，其中m0（）讨论函数g（x）的单调性；（）若m1，证明：当x0时，g（x）f（x）【解答】解：（）由题可知g（x）m2ex1x（x+2），令g（x）0，得2x0，令g（x）0，得x2或x0，故函数g（x）在（，2）和（0，+）上单调递增，在（2，0）上单调递减；（）证明：由g（x

27、）f（x）得m2x2ex1（x+1）lnxmx0，令t（m）m2x2ex1（x+1）lnxmx，将t（m）看作关于m的二次函数，其图象的对称轴为m=x2x2ex-1，令x2x2ex-1=1，可得xex1=12，易知函数u（x）xex1在（0，+）上单调递增，又u（0）0，u（1）1，故存在对x0（0，1），满足u（x0）=12（i）当xx0，+）时，xex112，所以x2x2ex-11，此时t（m）t（1）x2ex1（x+1）lnxx，此时需证h（x）x2ex1（x+1）lnxx0，h（x）（x2+2x）ex1-1x-lnx2，设p（x）h（x），则p（x）（x2+4x+2）ex1+1x2-1

28、x（x2+4x+2）12x+1x2-1x=x2+1x2+2显然当x0时，p（x）0，从而h（x）单调递增，又h（1）0，所以当0x1时，h（x）0；当x1时，h（x）0，故h（x）h（1）0（ii）当x（0，x0）时，xex112，所以x2x2ex-11，此时t（m）t（12xex-1）=-4ex-1(x+1)lnx+14ex-1，此时需证k（x）4ex1（x+1）lnx+10，k（x）4ex1（x+1）（x1）+14x2ex14ex1+1）2x4ex1+1，令q（x）2x4ex1+1，则q（x）24ex1，则当x（0，1ln2）时，q（x）0；当x（1ln2，+）时，q（x）0，所以q（x）

29、q（1ln2）12ln20综合（i），（ii）原命题得证22（10分）在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是x=-ty=2-t（t为参数）以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆O的极坐标方程为282（cos+sin）（1）求直线l的普通方程和圆O的直角坐标方程；（2）当2，时，求直线l与圆O的公共点的极坐标【解答】解：（1）直线l的参数方程是x=-ty=2-t（t为参数），转换为普通方程为xy+20；圆O的极坐标方程为282（cos+sin），根据x=cosy=sinx2+y2=2，转换为直角坐标方程为x2+y22x2y80，整理得（x1）2+（y1）210；（2）由于直线与圆相

30、交，故x-y+2=0(x-1)2+(y-1)2=10，由于2，故圆为14个圆，解得：x=-2y=0；转换为极坐标为（2，）23设函数f（x）|3x6|+2|x+1|m（mR）（1）当m2时，解不等式f（x）12；（2）若关于x的不等式f（x）+|x+1|0无解，求m的取值范围【解答】解：（1）f（x）|3x6|+2|x+1|2，当x1时，f（x）63x2（x+1）225x12，解得x2，此时x2；当1x2时，f（x）63x+2x+226x12，解得x6，此时x；当x2时，f（x）3x6+2x+225x612，解得x185，此时x185所以f（x）12的解集为(-，-2)(185，+)；（2）f（x）+|x+1|0即为|3x6|+3|x+1|m0，关于x的不等式f（x）+|x+1|0无解等价为m3|x2|+3|x+1|恒成立，由3|x2|+3|x+1|3|x2x1|9，当1x2时，取得等号，所以m9，即m的取值范围是（，9）第18页（共18页）