2022年保定市第一次高考模拟考试数学(A卷)注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4.考试结束后，将答题卡交回。1.已知集合A＝{1，2，3，4}，，则A∩B的子集个数是A.2B.3C.4D.16解析：集合，所以，故A∩B的子集个数为4.(文)已知集合A＝{1，2，3，4}，，则A∩B=A.{1,2,3}B.C.{1,2}D.{1}解析：集合，所以2.已知p：是第一象限角，q：，则p是q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3.已知是虚数单位，则=A.1B.C.-D-1.解析：（文）已知i是虚数单位，则=A.B.1C.2D.0即1.4.-15-\nA.B.C.D.解析法2:法3：5.一简单组合体的三视图如图所示，则该组合体的表面积为A.38B.C.D.解析：由三视图知，此组合体为一个长为4，宽为3，高为1的长方体、中心去除一个半径为1的圆柱，故其表面积为6.在边长为4的正方形ABCD内任取一点M，则∠AMB90°的概率为A.B.1-C.D.1-解析：7.已知函数是R上的偶函数，当时，，则当时，A.B.C.D.解析1：时，4->2,是偶函数解析2：可画图观察求解。8.设向量，满足||＝||＝|＋|＝1，则|－t|(t∈R)的最小值为A.B.C.1D.2解析：由于||＝||＝|＋|＝1，于是|＋|2＝1，即2＋2·＋2＝1，即-15-\n·＝－|－t|2＝2－2t·＋t22＝(1＋t2)－2t·＝t2＋t＋1≥，故|－t|的最小值为.（文）已知平行四边形ABCD中，若，则=A.B.C.6D.12解析：由已知9.执行如下图所示的程序框图，若输出k的值为6，则判断框内可填入的条件是 A．sB．sC．sD．sB [解析]第一次循环结束，得s＝1×＝，k＝8；第二次循环结束，得s＝×＝，k＝7；第三次循环结束，得s＝×＝，k＝6，此时退出循环，输出k＝6.故判断框内可填s>.10.已知x，y满足则使目标函数z＝y－x取得最小值－4的最优解为A．（2，0）B．（－4,0）C.（4,0）D．（－，0）-15-\n[解析]可行域如图所示，当k-1时,不符合题意，当-1<k<0时，目标函数线过可行域内A点时z有最小值.联立解得，故zmin＝0＋＝－4，即k＝－.此时(4,0)（文）若，当x，y满足时，z=x+y的最小值为A．4B．3C.2D．无法确定解析：因为x﹣ay=2是恒过（2，0）点的直线系，所以可行域如图：是三角形ABC的区域，当目标函数经过可行域的B点时，目标函数确定最小值为2．故选C11.司机甲、乙加油习惯不同，甲每次加定量的油，乙每次加固定钱数的油，恰有两次甲、乙同时加同单价的油，但这两次的油价不同，则从这两次加油的均价角度分析A.甲合适B.乙合适C.油价先高后低甲合适D.油价先低后高甲合适解析：设甲每次加m升油、乙每次加n元钱的油，第一次加油x元/升，第二次加油y元/升。甲的平均单价为：，乙的平均单价为:∴，即乙的两次平均单价低，乙的方式更合适。12.设等差数列满足其前项和为，若数列{}也为等差数列，则的最大值是A．310B．212C.180D．121解析：设数列的公差为，依题意，即，化简可得=2，所以第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。第13~第21题为必考题，每个考生都必须做答。第22~24题为选考题，考生根据要求做答。二.填空题：本大题共4小题，每小题5分。13.双曲线的离心率为________．解析：-15-\n14.已知等比数列，满足则________．14.解析：（文）已知等比数列，满足则________．14.解析：15.若直线与曲线所围成的封闭图形的面积为，则k=．解析：可得抛物线与y＝kx两交点的横坐标为。所以或解得或.（文）函数的图象存在与直线平行的切线，则实数的取值范围是______.解析：(－∞，2)，函数f(x)＝lnx＋ax图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，而f′(x)＝＋a，即＋a＝2在(0，＋∞)上有解，a＝2－，因为x＞0，所以2－＜2，所以a的取值范围是(－∞，2).16.由5个元素构成的集合，记的所有非空子集为，每一个中所有元素的积为(若集合中只有一个元素时，规定其积等于元素自身)，则解析：该题的设计是从不同的层面考查学生的思维能力，实质上，设中的5个元素分别为，则，注意到中的元素有，所以，所求结果为-15-\n，这就是该题要考查的思维能力，而0和1的设置为思维一般的同学也能找到下手的机会，如果命题时把去掉，就变成蛮算的题目。苏学良供（文）正四面体ABCD的棱长为4，E为棱BC的中点，过E作其外接球的截面，则截面面积的最小值为________．解析：依题意，设正四面体ABCD外接球的球心为O，顶点A在底面BCD内的射影为G，则OA＝OB＝R，BG＝×4×＝，AG＝，∵OB2＝OG2＋BG2，∴R2＝2＋2，R＝，OE＝.当OE垂直于截面时，截面半径r最小，r＝＝2，∴截面面积的最小值为πr2＝4π.或：由已知，过点E与OE垂直的截面圆面积最小，过点E作OE的垂线,都在一个平面内,易知BC垂直于OE,所以BC在这个截面上,又B、C在球面上，所以直接BC就是该截面圆的直径，所求圆面积就出来了。三.解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（本小题满分12分）已知函数（1）求函数的最大值；（2）已知的面积为，且角的对边分别为求的值.解：(1).……………………………4分∴函数的最大值为.……………………………………………6分(2)由题意,化简得,,∴,∴……………………………8分-15-\n在中,根据余弦定理,得.所以…………………………………………………12分（本小题满分12分）小明参加某项资格测试，现有10道题，其中6道客观题，4道主观题，小明需从10道题中任取3道题做答．(1)求小明至少取到1道主观题的概率；(2)若所取的3道题中有2道客观题，1道主观题．设小明答对每道客观题的概率都是，答对每道主观题的概率都是，且各题答对与否相互独立，设X表示小明答对题的个数，求X的分布列和数学期望．18．解：(1)设事件A＝“小明所取的3道题至少有1道主观题”，则有＝“小明所取的3道题都是客观题”．因为P()＝＝，所以P(A)＝1－P()＝..........................4分(2)X所有的可能取值为0，1，2，3.P(X＝0)＝·＝；P(X＝1)＝C···＋·＝；P(X＝2)＝·＋C··＝；P(X＝3)＝·＝..............................................8分X的分布列为：X0123P.................................................................10分所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.........................12分（文）随着经济发展带来的环境问题，我国很多城市提出了大力发展城市公共交通的理念，同时为了保证不影响市民的正常出行，就要求对公交车的数量必须进行合理配置.为此，某市公交公司在某站台随机对20名乘客进行了调查，其候车时间情况如下表所示（单位：分钟）：组别候车时间人数Ⅰ4Ⅱ6Ⅲ6-15-\nⅣ3Ⅴ10.01-0.02-0.03-0.04-0.05-0.06-0.07-O51015202530时间------（1）画出候车时间的频率分布直方图；（2）求这20名乘客的平均候车时间；（3）在这20名乘客中随机抽查一人，求其候车时间不少于15分钟的概率.0.01-0.02-0.03-0.04-0.05-0.06-0.07-O51015202530时间解:（1）频率分布直方图如图。……………………4分（2）分钟………8分（3）候车时间不少于15分钟的概率为，………………………12分19.（本小题满分12分）如图，已知矩形中，,为的中点.将沿折起，使得A平面平面，连结.（1）求证：；（2）若点是线段上的一动点，问点在何位置时，三棱锥的体积为．（3）(理)求二面角ADMC的正弦值．解析：（1）矩形中，为中点，，由勾股定理得；………………2分-15-\n折起后，平面平面，且平面平面，平面；得平面，……………………………………4分又平面，所以；……………………………………6分（2）法一：在中，作交于.（1）中已证明平面，平面，是三棱锥的高.………………………………………………8分，……………………………………………………………10分中，且，为中位线，为的中点……………………………………12分法二：由题意知由（1）知法三：（理）分别取AM，AB的中点O和N,则.（1）中已证明平面，，，.建立空间直角坐标系如图………8分则-15-\n点是线段上的一动点,显然是平面ADM的一个法向量点E到平面ADM的距离，所以为的中点。-15-\n20.（本小题满分12分）已知椭圆的短轴长为2，离心率为，过右焦点的直线交椭圆于、两点.（1）求椭圆的方程；l（2）在线段上是否存在点M（m，0）,使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.20.解：（1）由椭圆短轴长为2得，又．所求椭圆方程为．...................3分（2）假设在线段上存在点,使得成立，即①当⊥x轴时，显然线段OF上的点都满足条件，此时................5分②当与x轴重合时，显然只有原点满足条件，此时m=0.......................6分-15-\n③法1：当的斜率存在且不为零时，设直线的方程为．由可得．．.......................................8分其中．∴．∴综上所述：①当⊥x轴时，存在适合题意②当与x轴重合时，存在适合题意③当的斜率存在且不为零时存在适合题意...................12分法2：因为∴．-15-\n∴综上所述：①当⊥x轴时，存在适合题意②当与x轴重合时，存在适合题意③当的斜率存在且不为零时存在适合题意...................12分21.（本小题满分12分）已知函数，其中为自然对数底数.（1）讨论函数的单调性，并写出相应的单调区间；（2）设，若函数对任意都成立，求的最大值.(文)设，若函数对任意都成立，则当时，求的最大值.解：（1）∵，①当时，，函数在上单调递增；………2分②当时，由得，∴时，，单调递减；时，，单调递增．综上，当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．……………………………………5分（2）由（1）知，当时，函数在上单调递增且时，∴不可能恒成立；………………………………………………………………6分当时，此时；………………………………………………………7分当时，由函数对任意都成立，得，∵，∴………………………………9分∴，设，∴，-15-\n由于，令，得，，当时，，单调递增；时，，单调递减．∴，即时，的最大值为…………12分请从第22、23、24三题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。22.（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲如图所示，已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，过点A作⊙O1的切线交⊙O2于点C，过点B作两圆的割线，分别交⊙O1、⊙O2于点D、E，DE与AC相交于点P．（1）求证：AD∥EC；（2）若AD是⊙O2的切线，且PA=6，PC=2，BD=9，求AD的长．解：（1）证明：连接AB，∵AC是⊙O1的切线，∴∠BAC=∠D，……………………………1分又∵∠BAC=∠E，∴∠D=∠E，∴AD∥EC．………………………4分（2）∵PA是⊙O1的切线，PD是⊙O1的割线，∴PA2=PB•PD，∴62=PB•（PB+9）∴PB=3，………………………………………6分在⊙O2中由相交弦定理，得PA•PC=BP•PE，∴PE=4，………………………………………8分∵AD是⊙O2的切线，DE是⊙O2的割线，∴AD2=DB•DE=9×16，∴AD=12…………………………………………10分23.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程已知直线l在直角坐标系xOy中的参数方程为(t为参数，α为倾斜角)，曲线C的极坐标方程为ρ＝4cosθ(其中坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴，取相同单位长度).(1)写出曲线C的直角坐标方程；(2)若曲线C与直线l相交于不同的两点M、N，设P(4,2)，求|PM|＋|PN|的取值范围．(1)．∵ρ＝4cosθ，∴ρ2＝4ρcosθ，∴曲线C的直角坐标方程为x2＋y2＝4x……………………………………………3分(2)直线l的参数方程：(t为参数)，代入x2＋y2＝4x，得t2＋4(sinα＋cosα)t＋4＝0，………………………………………………………………..6分∴sinα·cosα>0，又0≤α<π，∴α∈，且t1<0，t2<0.-15-\n∴|PM|＋|PN|＝|t1|＋|t2|＝|t1＋t2|＝4(sinα＋cosα)＝4sin，…………………8分由α∈，得α＋∈，∴<sin≤1，故|PM|＋|PN|的取值范围是(4,4]．…………………………………………………10分24.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲设函数+1,.（1）当，解不等式；（2）若的解集为，，求证：.24、解:(1)当x时2x+1-(x-4)=x+5>0得x>-5，所以x成立当时,2x+1+x-4=3x-3>0得x>1,所以1<x<4成立当时-x-5>0得x<-5所以x<-5成立，……………………………………4分综上,原不等式的解集为{x|x>1或x<-5}..............................5分或：当，不等式即为两边平方得……………………………………2分解得所以不等式的解集为{x|x>1或x<-5}.................................5分（2）依题可知，所以，即所以当且仅当时取等号……10分-15-
