2022屆河北省邯鄲市高考數(shù)學(xué)精選5月押題模擬試題（含答案）丨可修改

1、高考模擬試卷絕密啟用前2022屆河北省邯鄲市高考數(shù)學(xué)精選5月押題模擬試題試卷副標(biāo)題考試范圍：xxx；考試時間：100分鐘；命題人：xxx題號一二三四總分得分注意事項：1答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單選題1已知集合，則（）AB1，7CD（2，4）2已知，則|z|（）A2B2CD3函數(shù)在上的值域為（）ABCD4甲、乙兩人玩一個傳紙牌的游戲，每個回合，兩人同時隨機從自己的紙牌中選一張給對方游戲開始時，甲手中的兩張紙牌數(shù)字分別為1，3，乙手中的兩張紙牌數(shù)字分別為2，4則一個回合之后，甲手中的紙牌數(shù)字之和大于

2、乙手中的紙牌數(shù)字之和的概率為（）穆童b5E2RGbCAPABCD5在我國古代著作九章算術(shù)中，有這樣一個問題：“今有五人分五錢，令上二人與下三人等，問各得幾何？”意思是有五個人分五錢，這五人分得的錢數(shù)從多到少成等差數(shù)列，且得錢最多的兩個人的錢數(shù)之和與另外三個人的錢數(shù)之和相等，問每個人分別分得多少錢則這個等差數(shù)列的公差d（）穆童p1EanqFDPwABCD6若向量，滿足，且，則向量與夾角的余弦值為（）.ABCD7已知拋物線的焦點為F，點A在C上，點B滿足（O為坐標(biāo)原點），且線段AB的中垂線經(jīng)過點F，則（）穆童DXDiTa9E3dAB1CD8已知函數(shù)，且，則（）.ABCD評卷人得分二、多選題9下列各

3、式的值為的是（）.AsinBsincosCD10如圖是一個正方體的平面展開圖，將其復(fù)原為正方體后，互相重合的點是（）AA與BBD與ECB與DDC與F11已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，若且，則)的值可能為（）A2B0C2D412已知P是圓O：上的動點，點Q(1，0)，以P為圓心，PQ為半徑作圓P，設(shè)圓P與圓O相交于A，B兩點則下列選項正確的是（）穆童RTCrpUDGiTA當(dāng)P點坐標(biāo)為(2,0)時，圓P的面積最小B直線AB過定點C點Q到直線AB的距離為定值D第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分三、填空題13的展開式中的常數(shù)項為_（用數(shù)字作答）14若雙曲線C：的一條漸近線與

4、直線平行，則C的離心率為_15已知正三棱錐PABC的底面邊長為6，其內(nèi)切球的半徑為1，則此三棱錐的高為_16已知點P為曲線上的動點，O為坐標(biāo)原點當(dāng)最小時，直線OP恰好與曲線相切，則實數(shù)a_評卷人得分四、解答題17已知等比數(shù)列的公比，且，(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列的前n項和為，求數(shù)列的前n項和18在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，點D在邊BC上，且(1)若，且CAD為銳角，求CD的長；(2)若，求的值19如圖，在三棱錐PABC中，ABC為等腰直角三角形，且，ABP是正三角形(1)若，求證：平面ABP平面ABC；(2)若直線PC與平面ABC所成角為，求二面角的余弦值20已

5、知甲、乙兩人進行一場乒乓球比賽，比賽采用五局三勝制，即兩人中先勝三局的人贏得這場比賽，比賽結(jié)束已知第一局比賽甲獲勝的概率為，且每一局的勝者，在接下來一局獲勝的概率為穆童5PCzVD7HxA(1)求兩人打完三局恰好結(jié)束比賽的概率；(2)設(shè)比賽結(jié)束時總的比賽局?jǐn)?shù)為隨機變量X，求X的數(shù)學(xué)期望21已知點P（2，）為橢圓C：）上一點，A，B分別為C的左、右頂點，且PAB的面積為5(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點Q（1，0）的直線l與C相交于點G，H（點G在x軸上方），AG，BH與y軸分別交于點M，N，記，分別為AOM，AON（點O為坐標(biāo)原點）的面積，證明為定值穆童jLBHrnAILg22已知函數(shù)，(1)

6、若，分析f（x）的單調(diào)性；(2)若f（x）在區(qū)間（1，e）上有零點，求實數(shù)a的取值范圍16 / 20參考答案：1A【解析】【分析】解一元二次不等式、絕對值不等式求集合A、B，再由集合的交運算求結(jié)果.【詳解】由題設(shè)，或，所以或.故選：A2C【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法的法則，結(jié)合復(fù)數(shù)模的計算公式進行求解即可.【詳解】由，所以，故選：C3C【解析】【分析】根據(jù)正弦型函數(shù)的圖像和單調(diào)性即可求解.【詳解】當(dāng)時，當(dāng)時，即 時，取最大值1，當(dāng)，即 時，取最小值大于 ，故值域為故選：C4B【解析】【分析】用列舉法，結(jié)合古典概型計算公式進行求解即可.【詳解】甲手中的兩張紙牌數(shù)字用表示，乙手中的兩張紙牌數(shù)字用表

7、示，一個回合之后，甲、乙兩人手中的兩張紙牌數(shù)字分別為：（1）；（2）；（3）：（4）共4種情況，其中甲手中的紙牌數(shù)字之和大于乙手中的紙牌數(shù)字之和共有一種情況，所以甲手中的紙牌數(shù)字之和大于乙手中的紙牌數(shù)字之和的概率為，故選：B5A【解析】【分析】利用等差數(shù)列通項公式及前n項和公式列方程組求基本量即可.【詳解】若分得的錢從多到少分別為，所以，可得.故選：A6D【解析】【分析】根據(jù)平面向量數(shù)量積的運算性質(zhì)，結(jié)合平面向量夾角公式進行求解即可.【詳解】因為，且，所以，因為，所以向量與夾角的余弦值為，故選：D7B【解析】【分析】根據(jù)題設(shè)知且，再利用拋物線定義及A在C上求出坐標(biāo)，應(yīng)用兩點距離公式，即可得結(jié)果

8、.【詳解】由題設(shè)知：，而，則，又AB的中垂線經(jīng)過點F，則，不妨設(shè)且，則，可得，故，所以，綜上.故選：B8B【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性進行判斷即可.【詳解】由，當(dāng)時，單調(diào)遞減， 因為，所以，因為，所以，故，故選：B【點睛】關(guān)鍵點睛：得到是解題的關(guān)鍵.9AD【解析】【分析】根據(jù)誘導(dǎo)公式，結(jié)合二倍角的正弦公式、余弦公式、正切公式逐一判斷即可.【詳解】A：，符合題意；B：，不符合題意；C：，不符合題意；D：，符合題意，故選：AD10ABD【解析】【分析】根據(jù)平面展開圖，還原正方體，然后進行判斷即可.【詳解】將平面展開圖，還原正方體如下圖所示：所以互相重合的點是A與

9、B，D與E,C與F，故選：ABD11BC【解析】【分析】利用的周期性、奇偶性可得、，進而討論判斷目標(biāo)式的可能值.【詳解】由題設(shè)，周期為4的奇函數(shù)，且，則，即，所以，當(dāng)或，時；當(dāng)或，時；故選：BC12ACD【解析】【分析】A由題意圓P的面積最小只需最小，結(jié)合圓的性質(zhì)判斷；B應(yīng)用特殊點，討論為圓O在x軸交點分別判斷直線的位置即可判斷；C由兩圓相交弦所在直線的求法確定直線，再由點線距離公式判斷；D由垂直平分，結(jié)合弦心距、半徑、弦長關(guān)系得到關(guān)于圓P半徑的表達式，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)求范圍.穆童xHAQX74J0X【詳解】A：根據(jù)圓的性質(zhì)知：P點坐標(biāo)為(2,0)時最小，此時圓P的面積最小，正確；B：若圓P的

10、半徑為且，如下圖，當(dāng)為圓O在x軸右側(cè)交點，此時，顯然直線垂直于x軸，在點右側(cè)；如下圖，當(dāng)為圓O在x軸左側(cè)交點，此時，顯然直線也垂直于x軸，在點左側(cè)；所以直線不可能過定點，錯誤；C：由對稱性，不妨設(shè)，則，所以圓P方程為，又直線為兩圓相交弦，則圓P、圓O相減并整理得：直線，所以Q到直線AB的距離為定值，正確；D：由題意，與交于C且垂直平分，令，則，可得，故，所以，正確；故選：ACD【點睛】關(guān)鍵點點睛：選項C利用兩圓相交求相交弦所在直線方程，結(jié)合點線距離公式求距離，選項D通過弦心距、弦長、半徑的幾何關(guān)系得到關(guān)于圓P半徑的表達式.穆童LDAYtRyKfE13【解析】【分析】利用二項式的通項公式進行求解

11、即可.【詳解】二項式的通項公式為，令，所以常數(shù)項為，故答案為：14【解析】【分析】根據(jù)漸近線與直線平行，可得 ，進而可得離心率.【詳解】雙曲線C：的漸近線方程為 ，與漸近線平行，故可得 ，所以離心率為故答案為：153【解析】【分析】設(shè)三棱錐的高為，利用等體積法有列方程求高.【詳解】若三棱錐的高為，而底面外接圓半徑，且底面的高為，所以底面外接圓圓心到底面各邊的距離為，由正三棱錐的結(jié)構(gòu)知：各側(cè)面的高為，所以各側(cè)面三角形面積為，則，則，可得.故答案為：316【解析】【分析】根據(jù)兩點間距離公式，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)和導(dǎo)數(shù)的幾何意義進行求解即可.【詳解】設(shè)，所以，設(shè)，當(dāng)時，所以單調(diào)遞增，當(dāng)時，所以單調(diào)遞減，當(dāng)

12、時，函數(shù)有最小值，即有最小值，所以，此時直線OP的方程為，設(shè)直線與曲線相切于點，由，顯然在直線上，則，因此有，故答案為：【點睛】關(guān)鍵點睛：構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性是解題的關(guān)鍵.17(1)；(2).【解析】【分析】（1）根據(jù)等比數(shù)列的通項公式進行求解即可；（2）利用錯位相消法進行求解即可.(1)由，或（舍去），所以；(2)由（1）可知，所以，所以，設(shè)數(shù)列的前n項和為，得，即.18(1)；(2).【解析】【分析】（1）由題設(shè)可得，進而求得，應(yīng)用余弦定理求CD的長；（2）由正弦定理可得、，結(jié)合即可求目標(biāo)式的值.(1)由，則，所以，又CAD為銳角，則，又，在中，可得.(2)由，在中，則

13、，在中，則，又，故，又，所以.19(1)證明過程見解析；(2).【解析】【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理進行證明即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式,結(jié)合線面角、面面角的定義進行求解即可.(1)設(shè)的中點為，連接，因為，所以，因為ABP是正三角形，所以，因此，而平面，所以平面，而平面，所以，因為ABC為等腰直角三角形，且，所以，而平面ABP，所以平面ABP，而平面ABC，所以平面ABP平面ABC；(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則有，因為ABP是正三角形，所以該三角形的高為，于是有，設(shè)平面ABC的法向量為，因為直線PC與平面ABC

14、所成角為，所以，而，解得：，即，設(shè)平面的法向量為，所以有，.20(1)；(2).【解析】【分析】（1）由題設(shè)分析知：兩人打完三局恰好結(jié)束比賽的基本事件有三局甲勝、三局乙勝，利用獨立事件的乘法公式及互斥事件加法求概率；穆童Zzz6ZB2Ltk（2）由題意有前三局兩局甲勝，一局乙勝，最后甲勝、兩局乙勝，一局甲勝，最后乙勝，有前四局甲乙各勝兩局，再分別求出它們的概率，應(yīng)用期望公式求期望.穆童dvzfvkwMI1(1)由題意，兩人打完三局恰好結(jié)束比賽的基本事件有三局甲勝、三局乙勝，而第一局比賽甲獲勝的概率為，則第一局比賽乙獲勝的概率為，又勝者在接下來一局獲勝的概率為，所以三局甲勝的概率為；三局乙勝的概

15、率為；所以兩人打完三局恰好結(jié)束比賽的概率.(2)由題意知：X可能值為3、4、5，由（1）知：，當(dāng)時，前三局兩局甲勝，一局乙勝，最后甲勝、兩局乙勝，一局甲勝，最后乙勝，兩局甲勝，一局乙勝，最后甲勝的概率，兩局乙勝，一局甲勝，最后乙勝的概率，所以，當(dāng)時，前四局甲乙各勝兩局，綜上，.21(1)；(2)證明過程見解析.【解析】【分析】（1）根據(jù)左右頂點的定義，結(jié)合代入法、三角形面積公式進行求解即可；（2）設(shè)出直線l的方程與橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程聯(lián)立，結(jié)合一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系、三角形面積公式進行求解即可.(1)因為PAB的面積為5，點P（2，）為橢圓C：上一點，所以有；(2)由題意可知直線l的斜率不為零，故設(shè)方程為，與橢圓方程聯(lián)立為：，設(shè)，因為，所以， 直線AG的方程為：，令，得，即，同理可得：，因為，所以有，于是有，因此為定值.【點睛】關(guān)鍵點睛：利用一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系是解題關(guān)鍵.22(1)是上單調(diào)遞減函數(shù)；(2).【解析】【分析