河北省保定市2022届高三下学期数学二模试卷及答案.docx

1、 高三下学期数学二模试卷一、单选题1已知集合A=x|x2，B=x|(x1)(x3)1Bx|2x0Dx|2x0)，xR，f(x)f(2)，且f(x)在0，4上单调递增，则=（）A13B12C2D37已知a，b(0，+)，且a2+3ab+4b2=7，则a+2b的最大值为（）A2B3C22D328已知双曲线C：x2a2y2b2=1(a0，b0)的左右焦点分别为F1，F2，直线l：y=kx(k0)与C交于M，N两点，且四边形MF1NF2的面积为8a2.若点M关于点F2的对称点为M，且|MN|=|MN|，则C的离心率是（）A3B5C3D5二、多选题9已知复数z满足方程(z24)(z24z+5)=0，则（

2、）Az可能为纯虚数B方程各根之和为4Cz可能为2iD方程各根之积为-2010已知O为坐标原点，椭圆C：x26+y22=1的左右焦点分别为F1，F2，A，B两点都在C上，且AO=OB，则（）A|AB|的最小值为4B|AF1|+|BF1|为定值C存在点A，使得AF1AF2DC的焦距是短轴长的2倍11若直线y=3x+m是曲线y=x3(x0)与曲线y=x2+nx6(x0)的公切线，则（）Am=2Bm=1Cn=6Dn=712已知函数y=32x23x在(0，+)上先增后减，函数y=43x34x在(0，+)上先增后减.若log2(log3x1)=log3(log2x1)=a0，log2(log4x2)=lo

3、g4(log2x2)=b，log3(log4x3)=log4(log3x3)=c0，则（）AacBbaCcaDa3，则tan(+74)的取值范围为 .四、解答题17已知公差为2的等差数列an的前n项和为Sn，且S4=16.（1）求an的通项公式.（2）若bn=1anan+2，数列bn的前n项和为Tn，证明Tn0，所以Tn13.18【答案】（1）解：因为sin2B+sin2C=(sinA+2sinBsinC)sinA，所以b2+c2=a2+2bcsinA，所以2bccosA=2bcsinA，因为bc0，所以tanA=1.因为A(0，)，所以A=4.（2）解：因为a=17，b=3，A=4，所以由余

4、弦定理a2=b2+c22bccosA，可得17=9+c26c22，即c232c8=0，解得c=42或c=2（舍去），故ABC的面积为12bcsinA=1234222=6.19【答案】（1）解：因为比赛只进行了3回合，所以甲连胜3回合或乙连胜3回合，故所求概率为0.63+(10.6)0.62=0.36.（2）解：X的可能取值为3，4，5.由（1）得，P(X=3)=0.36.比赛进行4回合且甲胜出的情情形如下：甲负胜胜胜胜负胜胜胜胜负胜.P1=0.40.40.60.6+0.60.40.40.6+0.60.60.40.4=0.1728.比赛进行4回合且乙胜出的情形如下：乙负胜胜胜胜负胜胜胜胜负胜.P

5、2=0.60.40.60.6+0.40.40.40.6+0.40.60.40.4=0.1632.P(X=4)=P1+P2=0.336.P(X=5)=1P(X=3)P(X=4)=0.304，故E(X)=3P(X=3)+4P(X=4)+5P(X=5)=3.944.20【答案】（1）证明：由AE：EF：FC=3：4：5，AC=12，得PE=AE=3，EF=4，PF=FC=5，则PF2=PE2+EF2，所以PEEF.因为AEAB=ABAC=12，所以ABEACB，所以BEAC，即BEEF.又PEBE=E，所以EF平面PEB，因为PB平面PEB，所以EFPB.（2）解：以E为坐标原点，以EF，EB，EP

6、的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E-xyz，则E(0，0，0)，F(4，0，0)，P(0，0，3)，B(0，33，0)，M(0，332，32)，EF=(4，0，0)，EM=(0，332，32)，BF=(4，33，0)，PF=(4，0，3).平面BFM即平面BPM，设平面BFM的法向量为m=(x1，y1，z1)，则由mBF=0，mPF=0，得4x133y1=04x13z1=0.令y1=4，得m=(33，4，43).设平面EFM的法向量为n=(x2，y2，z2)，则nEF=0，nEM=0，即4x2=0332y2+32z2=0.令y2=1，得n=(0，1，3).因为cos=mn|m

7、|n|=412912=49191，所以钝二面角B-FM-E的余弦值为49191.21【答案】（1）证明：当a=1时，f(x)=ex11x，因为f(x)在(0，+)上单调递增，且f(1)=0，所以x(0，1)时，f(x)0，f(x)在(1，+)上单调递增.所以f(x)min=f(1)=1，所以，f(x)1.（2）解：f(x)=ex11xlna，由于函数y=ex1，y=1x在1，+)均为单调递增函数，所以，f(x)=ex11xlna在1，+)上单调递增，且f(1)=lna.当f(1)=lna0，即0a1时，f(x)0，f(x)在1，+)上单调递增，所以f(x)f(1)=1.当f(1)=lna1时，

8、f(x)存在唯一的零点x01，当x(1，x0)时，f(x)0，f(x)在(1，x0)上单调递减，则f(x)1不满足题意综上，a的取值范围是(0，1.22【答案】（1）解：选：设点A(x1，y1)、B(x2，y2)，联立y=k(x1)y2=4x可得k2x2(2k2+4)x+k2=0，（*）当k=0时，方程（*）即为x=0，此时直线l与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，所以，k0，=(2k2+4)24k4=16(k2+1)0，则x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1，所以|OA|OB|=(x12+y12)(x22+y22)=(x12+4x1)(x22+4x2)=x1x2(x1+4)(x2+4)=

9、x1x2x1x2+4(x1+x2)+16=42k2+4k2+17=16k2+25.因为l：y=k(x1)经过抛物线的焦点，所以4|AB|+9=4(x1+x2+2)+9=4(2k2+4k2+2)+9=16k2+25，故|OA|OB|=4|AB|+9.选：设点A(x1，y1)、B(x2，y2)，联立y=k(x1)y2=4x可得k2x2(2k2+4)x+k2=0，（*）当k=0时，方程（*）即为x=0，此时直线l与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，所以，k0，=(2k2+4)24k4=16(k2+1)0，则x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1，|OA|OB|=(x12+y12)(x22+y22)

10、=(x12+4x1)(x22+4x2)=x1x2(x1+4)(x2+4)=x1x2x1x2+4(x1+x2)+16=42k2+4k2+17=16k2+25.因为OAOB=x1x2+y1y2=x1x2+k2(x11)(x21)=(k2+1)x1x2k2(x1+x2)+k2=1+k2k22k2+4k2+k2=3，所以cos23=OAOB|OA|OB|=316k2+25=12，解得k2=1611.（2）解：若直线m的斜率为零，则直线m与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线CD的方程为x=ty+n，设点C(y324，y3)、D(y424，y4)，联立x=ty+ny2=4x得y24ty4n=0，=16t2+16n0，由韦达定理可得y3+y4=4t，y3y4=4n.因为kPC+kPD=2y31y324+2y41y424=42+y1+42+y2=1，所以y1y2=12+2(y1+y2)，所以4n=12+8t，即n=2t3.所以直线CD的方程为x=ty2t3=t(y2)3，则直线CD过定点N(3，2).因为PQNQ，所以当点M为PN的中点时，|QM|=12|PN|=2为定值，故存在定点M(1，2)，使得|QM|为定值.