唐山市2022届高三数学一模试卷及答案

1、高三数学试卷 第 PAGE 4 页（共 4 页）唐ft市 2022 年普通高等学校招生统一考试第一次模拟演练数学注意事项：1、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、解答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 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解答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共8 小题，每小题 5 分，共 40 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复数 z 在复平面内对应的点为(1，2)5A12i C12i，则z B12i D2i2已知集合 A

2、x|x25x60，Bx|4x4，则 AB Ax|2x3Bx|3x2Cx|1x4Dx|4x1圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为A11 C21B12 D23已知角 的顶点为坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，点 A(1，3)在角 的终边上，则sin 2A 3B 3105C 3D 31055已知向量 a(2，1)，|b| 10，|ab|5，则 a 与 b 的夹角为5 C120：已知 F 为双曲线 Cx2y20 D1351（a0，b0）的右焦点，A 为双曲线 C 上一点，直线a2b2AFx 轴，与双曲线 C 的一条渐近线交于 B，若|AB|AF|，则 C 的离心率

3、e41515B23 352D2已知函数 f (x)x3ax2xb 的图象关于点(1，0)对称，则 bA3B1D3在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，M 为棱 BB1 的中点，平面 A1DM 将该正方体分成两部分，其体积分别为 V ，V ，（V V），则V1 1212A519C717V23B 12D 1二、选择题：本题共4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分有一组互不相等的数组成的样本数据 x，x ，x ，其平均数为 a（ax ，i1，2，129i9），若插入一个数 a，得到一组新的数据，

4、则A两组样本数据的平均数相同C两组样本数据的方差相同()B两组样本数据的中位数相同D两组样本数据的极差相同设函数 f (x)2sin 3x 4 ，则 Af (x)在 9 ， 9 上单调递增Bf (x)在0，2内有 6 个极值点Cf (x)的图象关于直线 xD将 y2sin3 x12对称的图象向右平移4 个单位，可得yf (x)的图象已知直线 l：xty4 与抛物线 C：y24x 交于 A (x ，y )，B (x ，y)两点，O 为坐标1122原点，直线 OA，OB 的斜率分别记为 k1，k ，则Ay y为定值2Bk k为定值12Cy y为定值12Dk kt 为定值1212123123已知 a

5、1，x ，x ，x 为函数 f (x)axx2 的零点，x x x ，下列结论中正确的是Ax 1Bx x 0112x(2 )C若 2x x x ，则 3 21Da 的取值范围是 1，ee213x2三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分设函数 f (x)x21， x0，若 f (a)0，则 a记 Slg x， x0是公差不为 0 的等差数列a的前 n 项和，若 aS ，aa a，则 ann351 45n为了监控某种食品的生产包装过程，检验员每天从生产线上随机抽取k（kN *）包食品，并测量其质量（单位：g）根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从正态分布 N

6、(，2)假设生产状态正常，记 表示每天抽取的 k 包食品中其质量在(3，3)之外的包数，若 的数学期望 E()0.05，则 k 的最小值为附：若随机变量 X 服从正态分布 N (，2)，则 P (3X3)0.997 316已知 A (2，0)，B (2，0)，P (x ，y )是圆 C：(x1)2y23 上的动点，当|PA|PB|00最大时，x0 ；|PA|PB|的最大值为 （第一空 2 分，第二空 3 分）四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10 分）已知数列a 的各项均不为零，S为其前 n 项和，且 a a2S1n1a（ ）证明：n2na2

7、 ；nn n1n（2）若 a 1，数列b 为等比数列，b a，b a 求数列a b 的前 2022 项1nT和20221123n n18（12 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知BAC60，a23（1）若 C45，求 b；（2）若 D 为 BC 的中点，且 AD 5，求ABC 的面积19（12 分）甲、乙两支队伍进行某项比赛，赛制分为两种，一种是五局三胜制，另一种是三局两胜制根据以往数据，在决胜局（在五局三胜制中指的是第五局比赛，在三局两胜制中指的是第三局比赛）中，甲、乙两队获胜的概率均为0.5；而在非决胜局中，甲队获胜的概率为 0.6，乙队获胜的概率为 0.4若采

8、用五局三胜制，直到比赛结束，共进行了 局比赛，求随机变量 的分布列，并指出进行几局比赛的可能性最大；如果你是甲队的领队，你希望举办方采用五局三胜制还是三局两胜制？20（12 分）如图，直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，ACBCCC12，D 为 BC 的中点，E 为棱 AA11上一点，ADDC 求证：BC平面 A1AD；1若二面角 A-DE-C1的大小为 30 ，求直线 CE 与平面 C1DE 所成角的正弦值A1C1EB121（12 分）ACDex1已知函数 f (x)x1B讨论 f (x)的单调性；证明：f (x) x2 22（12 分）x2y2(3 )1已知椭圆 C： 1（ab0）经过点

9、1， ，离心率为 a2b222求椭圆 C 的方程；如图，椭圆 C 的左、右顶点为 A1，A2，不与坐标轴垂直且不过原点的直线 l 与C 交于 M，N 两点（异于 A1，A2），点 M 关于原点 O 的对称点为点 P，直线 A1P 与直线 A2N 交于点 Q，直线 OQ 与直线 l 交于点 R证明：点 R 在定直线上yPQA1OA2RxlMN高三数学答案第 PAGE 4 页（共 4 页）唐ft市 2022 年普通高等学校招生统一考试第一次模拟演练数学参考答案一选择题：BCADDBCC二选择题：ADBCABDACD三填空题：131143n1519 161，42（第一空 2 分，第二空 3 分）四解

10、答题：（若有其他解法，请参照给分）解：（1）因为 a a2S1所以 an n1a2Sn1n1 n2n1得 a(aa)2a，n1n2nn1因为 a0，所以 aa 2n1n2n（2）由 a 1 得 a 1，于是 b a 1，1323由 b 1 得b 的公比 q11所以 bn(1)n，ab (1)na 由 a an2an nn1 得 a 31 2由 aa122 得 aaaaa a4，n2n2 0222 0212 0202 01921因此 Ta aa aaa2 02212342 0212 022(a a)(a a)(aa)21432 0222 0211 011(a a )解：211 01144 044

11、6 24（1）因为 C45，所以sin Bsin (BACC)sin (6045)在ABC 中，由正弦定理得a b，即 basin Bsin BACsin B 6 2sin BAC（2）在ABC 中，由余弦定理得 b2c2bc12 因为 D 为 BC 的中点，所以 BDCD 3BD2AD2AB28c2在ABD 中，由余弦定理得cosADB2BDAD215CD2AD2AC28b2在ACD 中，由余弦定理得cosADC2CDAD215 3bcS由 cosADBcosADC0 得 b2c216 联立（1）（2）可得 4，即ABC解：因为是五局三胜制，所以 的可能取值为 3，4，5P(3)0.630.

12、430.28； P(4)C10.40.63C10.60.430.374 4；334P(5)C20.420.620.345 6；则 的分布列为345P0.280.374 40.345 6由上述可知，进行四局比赛的可能性最大34作为领队希望己方获胜，故需比较两种赛制下甲队获胜概率的大小 若采用五局三胜制，甲队获胜的概率为p10.63C10.40.63C20.420.620.50.648；若采用三局两胜制，甲队获胜的概率为2p20.62C10.40.60.50.6；因为 p p，所以作为甲队领队，希望采用五局三胜制12解：证明：在直三棱柱 ABC-A B C 中，CC 底面 ABC，AD 底面 AB

13、C，则 CC AD；11111又 ADDC ，CC DC C ，CC 平面 BCC B ，DC 平面 BCC B ，1111111111于是 AD平面 BCC B ，又 BC 平面 BCC B ，故 ADBC1111由直三棱柱知 AA底面 ABC，BC 底面 ABC，则 AABC，又因为 ADAA1A，AD 平面 AAD，AA 平面 A1AD，1故 BC平面 A1AD111由（1）知 ADBC，又 D 为 BC 中点，故 ABAC以 DA1zC1EB1yAxCDB为坐标原点， DC 的方向为 x 轴正方向， DA的方向为 y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz则 D (0，0，

14、0)，C (1，0，0)，B (1，0，0)，A (0， 3，0)，C1(1，0，2)设 AEt（0t2），则 E (0， 3，t)由（1）知平面 A1DE的法向量可取 BC(2，0，0)设平面 C1DE 的法向量 n(x，y，z)，1， DE因为DC(1，0，2) (0， 3，t)，x2z0，所以3ytz0取 n(23，t， 3)由题设得|cos 3233，n|t1BC2 ，即t2152 ，解得此时，n(23，1， 3)设 CE 与平面 C1DE 所成角为 ，因为 CE (1， 3，1)，CE所以sin |cos ，n23|4515，10即直线 CE 与平面 C DE 所成角的正弦值为 15

15、110解：（1）f (x)的定义域为(，1)(1，)，xex 1f (x)(1x)2当 x1 时，f (x)0，f (x)单调递减； 当1x0 时，f (x)0，f (x)单调递减； 当 x0 时，f (x)0，f (x)单调递增故 f (x)在(，1)和(1，0)上单调递减，在(0，)上单调递增（2）令 g (x)(x1)2e1x，x0，则 g (x)e1x(1x2)， 所以 0 x1 时，g (x)0，g (x)单调递增；x1 时，g (x)0，g (x)单调递减，所以 g (x)的最大值为 g (1)4，即(x1)2e1x4，ex1x1x14从而x1，所以 f (x) 4x1x(x1)2又 4 2 40，x1x所以 4 2 ，等号当且仅当 x1 时成立故 f (x) x解：2 1 91，（1）由题意知，a24b21b21a24a2 4 解得，b23故椭圆 Cx2y21的方程为4 3 （2）设 M (x ，y )，N (x ，y )，则 P (x ，y )112211直线 l 的方程为 xmyn，其中 mn0，且 n2，x2y2将 xmyn 代入椭圆 C： 4 3 1，整理得(3m24)y26mny3n2120，6mn3n212由 0 与韦达定理得 3m2n240，yy ，y y 123m241 23m24由（1）可知 A1(2