2022年山西省朔州市怀仁一中高考数学二模试卷（文科）（学生版+解析版）.docx

1、2022年山西省朔州市怀仁一中高考数学二模试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（5分）已知全集UxN|x4，A1，2UA为（）A3B0，3C3，4D0，3，42（5分）已知复数z满足iz2+5i，则z等于（）A5+2iB52iC5+2iD52i3（5分）lnx0是x21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4（5分）若，则tan（2022）等于（）ABCD5（5分）设m，n，l是三条不同的直线，是两个不同的平面（）A若m，n，l，m，n，l，则B若m，mn，则nC若mn，n，m，则D若

2、mn，ml，n，l，则m6（5分）函数的最小值为（）A8B7C6D57（5分）若将的图象向左平移个单位长度后得到函数g（x），则g（x）在上的最小值为（）ABCD28（5分）笼子中有2只鸡和2只兔，从中依次随机取出一只动物，直到4只动物全部取出如果将两只兔子中的某一只起名为“长耳朵”（）ABCD9（5分）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，这首二十四节气歌，是我国古代劳动人民长期以来总结出的智慧结晶“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录我国古代天文学和数学著作周髀算经中有一个问题：一年有二十四个节气（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长

3、度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则下列说法不正确的为（）A相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺B立春和立秋两个节气的晷长相同C春分的晷长为七尺五寸D立春的晷长比秋分的晷长长10（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，f（x2）为偶函数，f（x）log22x，则f（201）+f（202）（）A4B3C2D111（5分）已知椭圆C：的左，右焦点F1，F2，过原点的直线l与相圆C相交于M，N两点其中M在第一象限|MN|F1F2|，则椭圆C的离心率的取值范围为（）ABCD12（5分）已知x表示不超过的最大整数

4、，如：1.22，1.51（x）x2lnx，x（0，1），则ef（x）（）A3B2C1D0二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13（5分）已知向量，若，则实数k 14（5分）已知双曲线的离心率为，且其虚轴长大于1 15（5分）已知圆锥顶点为P，底面的中心为O，过直线OP的平面截该圆锥所得的截面是面积为，则该圆锥的体积为 16（5分）在锐角ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若，则中线CD的取值范围为 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17-21题为必考题，每个试题考生都应该作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分1

5、7（12分）某经销商采购了一批水果，根据某些评价指标进行打分，现从中随机抽取20筐（每筐1kg），23，27，36，40，50，51，58，63，68，71，79，80，95根据以往的大数据认定：得分在区间（0，25，50，（50，（75，100内的分别对应四级、三级、二级、一级（）试求这20筐水果得分的平均数（）用样本估计总体，经销商参考以下两种销售方案进行销售：方案1：将得分的平均数换算为等级，按换算后的等级出售；方案2：分等级出售不同等级水果的售价如下表所示：等级一级二级三级四级售价（万元/吨）21.81.51.2请从经销商的角度，根据售价分析采用哪种销售方案较好，并说明理由18（12分

6、）在递增的等比数列an中，前n项和为Sn，a11（1）求数列an的通项公式；（2）若bnlog3a2n1，求数列bn的前n项和Tn19（12分）如图，四棱锥PABCD中，四边形ABCD是矩形，PAD为正三角形，且平面PAD平面ABCD（1）证明：EF平面PAD；（2）求几何体ABCDEF的体积20（12分）已知过点A（1，0）的直线与抛物线C：y22px（p0）交于不同的两点M，N，过点M的直线交C于另一点Q（1，1），抛物线C的焦点为F，ABF的面积为1（）求抛物线C的方程；（）求证：直线QN过定点（1，4）21（12分）已知函数f（x）（a+1）lnx+ax（0a1）（1）求f（x）的单调

7、区间；（2）若f（x）存在极大值M和极小值N，证明：M+Na1（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，圆C的极坐标方程为2+4cos12（1）求圆C的直角坐标方程，并指出圆心坐标和半径；（2）设点M的直角坐标为（2，5），直线l与圆C的交点为A，B，求|MA|2|MB|+|MA|MB|2的值选修4-5：不等式选讲（10分）23设函数f（x）|x+1|2x4|（1）求不等式f（x）

8、2x3的解集（2）若f（x）的最大值为a2+b2+c2，证明：ab+bc+ca32022年山西省朔州市怀仁一中高考数学二模试卷（文科）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，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（5分）已知全集UxN|x4，A1，2UA为（）A3B0，3C3，4D0，3，4【解答】解：UxN|x40，8，2，3，2，故UA0，3，7，故选：D2（5分）已知复数z满足iz2+5i，则z等于（）A5+2iB52iC5+2iD52i【解答】解：iz2+5i，故选：B3（5分）lnx0是x21的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D

9、既不充分也不必要条件【解答】解：由lnx0得x1，又“x2”是“x21”的充分不必要条件，则“lnx3”是“x21”的充分不必要条件，故选：A4（5分）若，则tan（2022）等于（）ABCD【解答】解：因为，所以sin，解得sin，所以cos，所以tan（2022）tan（）tan故选：D5（5分）设m，n，l是三条不同的直线，是两个不同的平面（）A若m，n，l，m，n，l，则B若m，mn，则nC若mn，n，m，则D若mn，ml，n，l，则m【解答】解：对于A，若m，l，当mnl时，无法判断与是否平行；对于B，若m，则n或n；对于C，若mn，则m，又m，所以；对于D，若mn，n，l，当nl时

10、，无法判断m与是否垂直故选：C6（5分）函数的最小值为（）A8B7C6D5【解答】解：由x，得8x10，所以y2x+3x1+17，当且仅当3x1，即x7时等号成立，所以y3x+的最小值为5故选：D7（5分）若将的图象向左平移个单位长度后得到函数g（x），则g（x）在上的最小值为（）ABCD2【解答】解：将的图象向左平移）+1sin（2x+，由x，可得6x+，则g（x）在，当x6时，g（x）取得最小值，故选：C8（5分）笼子中有2只鸡和2只兔，从中依次随机取出一只动物，直到4只动物全部取出如果将两只兔子中的某一只起名为“长耳朵”（）ABCD【解答】解：把2只鸡记为m，n，2只兔子记为长耳朵H，则

11、从笼中依次随机取出一只动物，直到7只全部取出，（m，n，H，h），n，h，H），H，n，h），H，h，n），h，H，n），h，n，H），（n，m，H，h），m，h，H），H，m，h），H，h，m），h，m，H），h，H，m），（H，m，n，h），m，h，n），n，m，h），n，h，m），h，m，n），h，n，m），（h，m，n，H），m，H，n），n，m，H），n，H，m），H，m，n），H，n，m），其中“长耳朵“恰好是第2只被取出的动物，则共有6种取法，则“长耳朵”恰好是第4只被取出的动物的概率为故选：D9（5分）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，这首二十四节气歌，是我国古

12、代劳动人民长期以来总结出的智慧结晶“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录我国古代天文学和数学著作周髀算经中有一个问题：一年有二十四个节气（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则下列说法不正确的为（）A相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺B立春和立秋两个节气的晷长相同C春分的晷长为七尺五寸D立春的晷长比秋分的晷长长【解答】解：先取上半年（立冬到夏至）进行研究，设晷影长为等差数列an，公差为d则a1135，a1315，d10，an1

13、3510（n5）14510n，立春对应的晷影长a4145104115，夏至对应的晷影长a13145101315再取下半年（夏至到立冬）进行研究，设晷影长为等差数列bn，公差为dd10，b715，立秋对应的晷影长b415+10345，a2b4，春分对应的晷影长a714521075，B不正确，ACD正确故选：B10（5分）已知f（x）是定义在R上的奇函数，f（x2）为偶函数，f（x）log22x，则f（201）+f（202）（）A4B3C2D1【解答】解：由f（x）是定义在R上的奇函数，f（x2）为偶函数，可得f（x）f（x），f（x2）f（x3），所以f（x4）f（x），即有f（x+4）f（x）

14、，可得f（x+3）f（x+4）f（x），则f（x）的最小正周期为8，当5x2时，f（x）log22x，则f（201）+f（202）f（825+1）+f（325+2）f（1）+f（2）log28+log248+23故选：B11（5分）已知椭圆C：的左，右焦点F1，F2，过原点的直线l与相圆C相交于M，N两点其中M在第一象限|MN|F1F2|，则椭圆C的离心率的取值范围为（）ABCD【解答】解：因为|MN|F1F2|，再由椭圆的对称性可得四边形MF7NF2为矩形，则|NF1|MF2|，因为|MF1|2+|MF4|24c6，可得2|MF2|24a|MF2|+7a24c2，且M为第一象限，整理可得：|

15、MF2|24a|MF2|+2b30，4a842b20，可得a22b22a82c2，所以|MF3|a，又，可得a|MF2|（7）a，所以，整理可得：282，解得e（，5，故选：D12（5分）已知x表示不超过的最大整数，如：1.22，1.51（x）x2lnx，x（0，1），则ef（x）（）A3B2C1D0【解答】解：根据题意，函数f（x）x2lnx，x（0，必有f（x）6，则0ef（x）1，故ef（x）6，故选：D二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13（5分）已知向量，若，则实数k4【解答】解：向量，（+）+（12+2k）+208，则实数k4，故答案为：414（5分）已知双曲线的离

16、心率为，且其虚轴长大于1【解答】解：由题意，不妨取b2，解得a1，b2，故双曲线的标准方程为：故答案为：15（5分）已知圆锥顶点为P，底面的中心为O，过直线OP的平面截该圆锥所得的截面是面积为，则该圆锥的体积为 3【解答】解：由题意，过直线PO的平面截该圆锥所得的截面是面积为，设正三角形的边长为a，可得，底面圆的半径为，圆锥的高为h3，所以该圆锥的体积为故答案为：716（5分）在锐角ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若，则中线CD的取值范围为 （，3【解答】解：因为，可得，因为A，B为锐角，所以sinA5，cosB0，所以sinCcosC，由C为三角形内角，得C，因为（+），

17、两边平方2（+）2（a2+b2+ab），由余弦定理得，c6a2+b2ab，可得12a8+b2ab，所以2（12+2ab）4+，由正弦定理得，4，b4sinB，所以73+ab3+8sinAsinB3+8sinAsin（cosA+），因为ABC为锐角三角形，所以4，可得A，可得2A（，）（，可得25+6sin（2A）（6，可得CD（故答案为：（，2三、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17-21题为必考题，每个试题考生都应该作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）某经销商采购了一批水果，根据某些评价指标进行打分，现从中随机抽取20筐（每

18、筐1kg），23，27，36，40，50，51，58，63，68，71，79，80，95根据以往的大数据认定：得分在区间（0，25，50，（50，（75，100内的分别对应四级、三级、二级、一级（）试求这20筐水果得分的平均数（）用样本估计总体，经销商参考以下两种销售方案进行销售：方案1：将得分的平均数换算为等级，按换算后的等级出售；方案2：分等级出售不同等级水果的售价如下表所示：等级一级二级三级四级售价（万元/吨）21.81.51.2请从经销商的角度，根据售价分析采用哪种销售方案较好，并说明理由【解答】解：（）这20筐水果得分的平均数为（）方案1：由于得分的平均数55.65（50，75，所以

19、可以估计这批水果的销售单价为1.2万元/吨方案2：设这批水果售价的平均值为万元/吨，得分在（0，25内的有17，共2个，得分在（25，50内的有27，36，45，共6个，得分在（50，75内的有51，58，65，71，所以估计二级水果所占比例为，得分在（75，100内的有78，80，95，所以估计一级水果所占比例为，则（万元/吨）所以从经销商的角度考虑，采用方案6的售价较高，所以采用方案1较好18（12分）在递增的等比数列an中，前n项和为Sn，a11（1）求数列an的通项公式；（2）若bnlog3a2n1，求数列bn的前n项和Tn【解答】解：（1）设等比数列an的公比为q，由，得S84S2，

20、所以a4+a43（a8+a2），即，所以q27，因为等比数列an递增，所以，所以（2）由（1）可得，所以bnlog3a4n1n1，故19（12分）如图，四棱锥PABCD中，四边形ABCD是矩形，PAD为正三角形，且平面PAD平面ABCD（1）证明：EF平面PAD；（2）求几何体ABCDEF的体积【解答】（1）证明：E，F分别为PC，EFBCABCD是矩形，ADBC，AD平面PAD，EF平面PAD，EF平面PAD；（2）解：分别取AD，BC的中点O，M，OE，ME，则OMAB，EFBC，EF，四边形BMEF为平行四边形，则MEBF，又MEOMM，平面OME平面ABF，又BMEFAO，ABFOME

21、为三棱柱，PAPD，POAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，由PAD为边长为8的正三角形，可求得，几何体ABCDEF的体积VVABFOME+VEOMCD20（12分）已知过点A（1，0）的直线与抛物线C：y22px（p0）交于不同的两点M，N，过点M的直线交C于另一点Q（1，1），抛物线C的焦点为F，ABF的面积为1（）求抛物线C的方程；（）求证：直线QN过定点（1，4）【解答】（）解：由题可知，（7分）由，解得p2所以抛物线C的方程为y44x（4分）（）证明：设M（x6，y1），N（x2，y3），Q（x3，y3），直线AM的方程yk（x+4），联立消去y得k2x2+（6

22、k24）x+k20，则x1x51，y1y84，（6分）由题可知，所以直线QN的方程为（5分）要证直线QN过定点（1，4），即y2y3+5（y2+y3）+30恒成立（8分）同理可知直线MQ的方程为，代入Q（x3，y5）得，得，（10分）所以，所以y2y3+4（y2+y3）+30，即直线QN过定点（1（12分）21（12分）已知函数f（x）（a+1）lnx+ax（0a1）（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极大值M和极小值N，证明：M+Na1【解答】解：（1）因为f（x）（a+1）lnx+ax（2a1），所以f（x）a，令f（x）7，得x11，x81，令f（x）8，得0x1或x，得1x

23、，所以f（x）的单调递减区间为（5，1）和（；单调递增区间为（2，）；（2）证明：由（1）可知Mf（x）极大值f（）（a+3）lna+（a1）；Nf（x）极小值f（1）1a，所以M+N（a+8）lna0（因为0a2，所以lna0），因为a18，所以（a+1）lna0a6，即M+Na1得证（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，圆C的极坐标方程为2+4cos12（1）求圆C的直角坐

24、标方程，并指出圆心坐标和半径；（2）设点M的直角坐标为（2，5），直线l与圆C的交点为A，B，求|MA|2|MB|+|MA|MB|2的值【解答】解：（1）圆C的极坐标方程为2+4cos12，根据3+y2+4x12，整理得（x+3）2+y216，该圆的圆心坐标为（6，0）半径r4（2）把直线l的参数方程为（t为参数）6+y2+4x12，整理得：t5+8t+92，故t1+t24，t1t23（t1和t2为A、B对应的参数）；所以|MA|MB|t3t2|9，所以|MA|2|MB|+|MA|MB|2选修4-5：不等式选讲（10分）23设函数f（x）|x+1|2x4|（1）求不等式f（x）2x3的解集（2

25、）若f（x）的最大值为a2+b2+c2，证明：ab+bc+ca3【解答】解：（1）当x1时，原不等式等价于（x+1）+3x42x6；当1x2时，原不等式等价于x+6+2x48x3；当x2时，原不等式等价于x+5（2x4）3x3综上，原不等式的解集是（2）证明：因为所以f（x）maxf（2）5，则a2+b2+c83（方法一）因为a2+b32ab，b2+c42bc，c2+a52ac，所以2（a4+b2+c2）8（ab+bc+ca），即ab+bc+ca3，当且仅当abc1时，等号成立（方法二）由柯西不等式得（a3+b2+c2）（b3+c2+a2）（ab+bc+ca）3，当且仅当abc1时，等号成立，即9（ab+bc+ca）5，故ab+bc+ca3第18页（共18页）