2022年河北省高考数学全过程纵向评价试卷(4月份)-【艺考生】2024年新高考文化课冲刺点金数学

#"## 年河北省高考数学全过程纵向评价试卷! % 月份" 一#单项选择题!本题共 & 小题%每小题 ( 分%共 -# 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 ! " $! 已知 3) ;*$ ",; $则复数 3 在复平面中对应的点在 ! !! " .5 第一象限 /5 第二象限 05 第三象限 15 第四象限 "! 已知全集 &) & *" $ *$ $ # $$ " $ + $ - $ ( $ % '$ *) & " $ + $ ( $ % '$ -) & *" $ *$ $$ + $ ( '$则 2344 图中阴影部分表示的集合为 ! !! " .5 & # $ " $ ( $ % ' /5 & *$ $ " $ + $ ( $ % ' 05 & # $ " $ + $ - $ ( $ % ' 15 & *" $ # $$ " $ + $ - ' +! 已知 ') ' + 是函数 L ! ' " )@9: ! "', ' " + ' +5 ' ! " " 的一条对称轴$为了得到 . ) L ! ' "的图象$需 将 . )@9:"' 的图象 ! !! " .5 向左平移' % /5 向右平移' % 05 向左平移' + 15 向右平移' + -! 已知 L ! ' " )' + * $ ' 在 ')$ 处的切线与直线 8 垂直$若直线 8 与 ' $ . 轴正半轴围成的三角 形面积为 " $则直线 8 的方程为 ! !! " .5-', . *-)# /5-'* . *-)# 05'*- . *-)# 15',- . *-)# (! 已知圆 $ $ # ' " , . " ,"',& . *&)# $圆 $ " # ' " , . " )B " ! B 6 # "$则* ( 5 B 5 槡(, $!+是*圆$$ 与圆 $ " 相交+的 ! !! " .5 充分不必要条件 /5 必要不充分条件 05 充要条件 15 既不充分也不必要条件 %! 函数 . ) :;4 ' ' " + '*$ + 的图象大致为 ! !! " . ! / ! 0 ! 1 !! 已知椭圆 $ # ' " 0 " , . " 2 " )$ ! 0 6 2 6 # "的离心率为$ " $点 " $ # 是椭圆 $ 的长轴顶点$直线 ')5 ! *0 5 5 5 0 "与椭圆 $ 交于 / $ ; 两点$记 9 $ $ 9 " 分别为直线 "/ 和直线 #; 的斜率$则 + 9 $ ,-9 " + 的最小值为 ! !! " .5 + - 槡 槡 槡/5+ 05" + 15- " ( "$" ( &!"#"" 年 " 月 - 日至 " 月 "# 日$在北京举行第 "- 届冬季奥林匹克运动会$至此北京也成为 第一个举办了夏季奥运会和冬季奥运会的*双奥城市+$北京 "#"" 年冬奥会共设 ! 个大项!滑雪) 滑冰)冰球)冰壶)雪车)雪橇)冬季两项"$某高中学生根据这 ! 项运动的特点分别制作了 ! 张不 同的卡通人物$如果将 ! 张卡通人物全部赠送给 - 个朋友$且每个朋友至少获得 $ 张$则不同的 赠送方法数有 ! !! " .5%### /5!"## 05!&## 15&-## 二#多项选择题!本题共 - 小题%每小题 ( 分%共 "# 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 ( 分%有选错的得 # 分%部分选对的得 " 分 ! " '! 对于变量 ' 和变量 . $通过随机抽样获得 $# 个样本数据! ' @ $ .@ "! @)$ $ " $ + $2$ # "$变量 ' 和变量 . 具有较强的线性相关$并利用最小二乘法获得回归方程为 . )*"',0 $且样本中心点 为! % $ '!+ "$则下列说法正确的是 ! !! " .5 变量 ' 和变量 . 呈正相关 /5 变量 ' 和变量 . 的相关系数 B 5 # 050)"$!+ 15 样本数据! ( $ " "比!$ ( "的残差绝对值大 $#! 已知等差数列& 0 % '的首项为 0 $ $公差为 4 $前 % 项和为 + % $若 + "# 5 + $& 5 + $' $则下列说法 正确的是 ! !! " .50 $ 6 # /54 6 # 05 + 0 $& ,0 $' +6+ 0 "# ,0 "$ + 15 数列 +% 0 & ' % 的所有项中最小项为 + "# 0 "# $$! 已知直四棱柱 "#$6:" $ # $ $ $ 6 $ 中$底面 "#$6 为菱形且 ; #"6)%#A $四边形 "" $ $ $ $ 是边长为槡%的正方形$点/为底面"#$6 内一动点!不包含边界"$满足#$/<平面"$$$6$则下 列说法正确的是 ! !! " .5 异面直线 "# 与 $ $ 6 所成角为 %#A /5 任意点 / 均满足 # $ / = " $ $ $ 05 点 / 的轨迹长度为槡% " 15 三棱锥 6:" $ $ 6 $ 的外接球表面积为 $- ' $"! 已知函数 L ! ' " )' " 3 ',- , $ 3 ' ,5' 有四个不同零点$分别为 ' $ $ ' " $ ' + $ ' - ! ' $ 5 ' " 5 ' + 5 ' - "$则下列说法正确的是 ! !! " .5*$ 5 ' + 5 # /53 ' $ ,' - ,- ) $ ' $ ' - 05' " 3 ' " )' + 3 ' + 1574 ! ' $ ' " ' + ' - " ,' $ ,' " ,' + ,' - )*& 三#填空题!本题共 - 小题%每小题 ( 分%共 "# 分 ! " $+! 若角 $ 的终边经过点! " $ 槡* +"$则<=4$, " ' ! " + ) ! $-! 几何分布! KPT5P>B@14@?>B@2N>@T% "是一种离散型概率分布$定义#在 % 次伯努利试验中$ 试验 9 次才得到第一次成功的机率$即前 9*$ 次失败$第 9 次成功的概率$因此实验次数 9 服从 几何分布 ! 现甲参加射击考核$甲每次命中的概率为 #!%& $考核通过的规则为命中即可获得*通 过+$故考核通过的射击次数服从几何分布$若每次射击需要一发子弹$则甲至少需要申请 发子弹保证有 '&E 的概率获得*通过+ ! !参考数据$ 7 8 " E #!+ " ( +$" ( $(! 已知双曲线 $ # ' " 0 " * . " 2 " )$ ! 0 6 # $ 2 6 # "的左)右焦点分别是 = $ $ = " $实轴长为 - $过 = " 的直 线与双曲线 $ 的右支交于 " $ # 两点$若 + "# + 是 + "= $ + 和 + #= $ + 的等差中项$则 > "#= $ 的周长为 ! $%! 在等腰梯形 "#$6 中$ "#)"$6)- $ ; "#$)%#A $点 / 为 #$ 中点$点 ; 是边 "# 上一 个动点$则 9: /; (! 9: /", 9: /6 "的取值范围为 ! 四#解答题!本题共 % 小题%共 !# 分 ! 解答应写出文字说明&证明过程或演算步骤 ! " $!! ! $# 分"在 # :;4" 槡) ":;4#,:;4!$*#"$$+)2@9:$,1@9:#$%0 " 1)2 ! 0 " ,1 " *2 " " ! 这三个条件中任选一个$补充在下面问题中$并解答问题 ! 问题#在 > "#$ 中$它的内角 " $ # $ 的对边分别为 0 $ 2 $ 1 $ > "#$ 的面积为 + $ #) ' % $ 0)+ $ $求 + 和 1! $&! ! $" 分"如图$ "# 为圆柱底面的直径$ > "$6 是圆柱底面的内接正三角形$ "/ 和 6; 为 圆柱的两条母线$若 "#)""/! ! $ "求证#平面 /$; = 平面 #6; % ! " "求二面角 #:";:$ 的正切值 ! ( -$" ( $'! ! $" 分"某防护服生产企业为了奖励员工的辛勤劳动和提升员工工作效率$决定制定一个 奖励方案$首先从 $### 名员工中随机抽取 (# 人进行统计平均每天完成防护服的件数$统计如表 所示# 平均每天完成件数 C +( 4 C 5 -( -( 4 C 5 (( (( 4 C 5 %( %( 4 C 5 !( !( 4 C 5 &( 人数 % $- "" ( + !! ! $ "请根据表中数据估计样本数据的平均数 (# !每组完成件数区间以区间中点进行估计"% ! " "经过企业领导研讨$决定分层次对优秀员工进行物质奖励$首先预设全体员工平均每天完 成件数 C 服从正态分布 - ! % $ ( " "$其中 % 为! $ "中的 (# $ ( " )$##! 其次根据表中样本数据的频率 近似为总体的频率$奖励分三个等级# (# 4 C 5 (# ,$# $ (# ,$# 4 C 5 (# ,"# $ (# ,"# 4 C 5 (# , +# $分别对应每人价值 (# 元) $## 元) "## 元的物品奖励$若该等级员工频率不低于预设的概率$ 则该等级的每位员工的奖励翻倍$求该企业需要准备的奖品总价值的期望 ! 附#若 C 服从正态分布 - ! % $ ( " "$则 / ! % * (5 C 5 % , ( " )#!%&+ $ / ! % *" (5 C 5 % ," ( " ) #!'(- $ / ! % *+ (5 C 5 % ,+ ( " )#!''!! "#! ! $" 分"已知数列& 0 % '满足# 0 $ )" $ 0 % ,0 %,$ )- ( + % ! ! $ "求证#数列& 0 "%*$ ,$ '和& 0 "% *$ '均为等比数列% ! " "设 2 % ) " ( + % *" 0 % 0 %,$ $数列& 2 % '的前 % 项和为 + % $求证# + % 5 + $# ! ( ($" ( !! "$! ! $" 分"已知抛物线 $ # ' " )" (. ! ( 6 # "$直线 ')> $ ')>,- 与抛物线 $ 分别交于 " $ # 两 点$过 " $ # 两点分别作抛物线 $ 的切线$两条切线交于点 *! 当时 >)" $直线 "# 的斜率为 $! ! $ "求抛物线 $ 的方程$并写出其准线方程% ! " "请探究 > "#* 的面积是否为定值4 若是$请求出该定值%若不是$请求出其最大值 ! ""! ! $" 分"已知函数 L ! ' " ) ! ',$ " 74', ! 0*+ " '! ! $ "若函数 L ! ' "为增函数$求实数 0 的取值范围% ! " "若函数 L ! ' "有两个极值点 ' $ $ ' " ! ' $ 5 ' " " ! 求证# L ! ' $ " , L ! ' " " ,' $ ,' " 6 *"! ( %$" ( (2)不存在1，，且≠x,使得f(x)=g()(i=1,2), 证明：由1)可知，当0<a<号时，)在(0，十∞)止单调递增，则值城为R. g(x)=a(x-2)e--1,g'(x)=ae-e-a(.x-2)=ae(3-x), 令g'(x)>0,得xr<3,令g'(x)<0.得x>3, 所以g(x)在（一∞，3）上单调递增，在(3，十∞)上单调递减. 所以当x=3时，g(x)取得最大值，最大值为g(3)=a二C e, 因为0<a<号所以a一e<0则88)<0，且8)=n3字>0： 则g(x)<0,且在(0,3)上单调递增，在(0,3)上与f(x)有且只有一个交点：在(3，十∞)单调递减，在(3，十∞)上不可能与 f(x)有交点， 故在(0，十∞)上f(x)与g(x)至多有一个交点，不可能有两个交点， 则不存在x·x,且≠x2,使得f（x)=g(x)(i=1,2). 2022年河北省高考数学全过程纵向评价试卷(4月份) 一、单项选择题 i-1_(i-1)(2-iD-1+3 1.B【解析】=2干2+D(2-D 5 故复数：在复平面中对应的点为（号，号）故选B 2.C【解析】图中阴影部分表示的集合为MU(CuN)={0,2,3,4,5,61.故选C 3.A【解析】由题意知x=受是函数f()=cos(2十p(19<受)的一条对称轴， 可得号+g=∈2，即g=一经+k:k∈乙 因为pl<受，所以g=号，即f)=0s(2:+音)} 则将y=cos2的图象向左平移否，可得y=cos2(x+看)=cos(2x+等)）=f).故选A 4.D【解粉】由了)=3+之得了)=4：故直线1的斜率为-一是 令14y=一子r十m(0m>0》.则直线1在x轴y轴上的载距分别为mm 由题意知号·m·4m=2,解得m=1, 故直线1的方程为x+4y-4一0，故选D. 5.A【解析】圆C的标准方程为(x十1)+(x+4)=25,故C,C|=√17. 若圆C与圆C相交，则有r-5<1CC|<5+r,即|r-51<√17<5+r,解得5-√17<r<5+√17， 故“5<<5十√17”是“圆C与圆C相交”的充分不必要条件.故选A 6.B【解折】)=0票2-0=-f,即+2-x=0. 27 .f(x)关于(1,0)中心对称，故排除A,D: 当x∈(1,2)时，sin a<0,故f(x)<0,故排除C. 故选B. ,C【解】不动设点m.Q,:且有号+答-1. 则k六。-六6-兴-培-子1-- 4 故k,十4k:|≥2√=23.当且仅当k=42时，取等号.故选C 8.D【解析】由题意知赠送方法分三类： 第一类，3个朋友获得1张，1个朋友获得4张，有出=C·A=840: 第二类，2个朋友获得1张，1个朋友获得2张，1个朋友获得3张，有2=C·C·A:=5040; 第三类，1个朋友获得1张，3个朋友获得2张，有m-C·C·CA=2520, A 故总赠送方法数有N=十：十西=8400. 故选D. ·158. 二、多项选择题 9.BC【解析】：回归方程为分=-2x+众.-2<0. .变量x和变量y呈负相关，变量x和变量y的相关系数r<0.故A错误，B正确： 又，样本中心点为(6,9.3)， .由9.3=-2×6+a,解得a=21.3,故C正确： ,-2×5+21.3=11.3,-2×7+21.3=7.3, 112-11.31=0.7,5-7.31=2.3, ∴.样本数据(5,12)比(7,5)的残差绝对值小，故D错误. 故选BC. 10.AD【解析】，Su<Ss<Sp,即ag+am<0<a4, .a1s>0,0<0.即a1+18>0,a1+19l<0. a1>0.d<0. 又：as十a2w<0,.a1十a1w<0. 由am十a1-(aa十an）=4d<0,an十a0十a1十aw<0, .lao+a2|>a1s十as. 由以上可得，d1>a>…>a1>0>aw>dg>… S,-37a+a）=37an>0:5=38(a,+a）=19(ae+a0)<0. 2 2 n≤37时，S.>0:n≥38时，S.<0. m≤19时，或m≥38时，三>019<n<38时，三<0. 由0>am>a1>…>ai,Sw>S21>…>Si>0, “数列（三）的所有项中最小项为型 D a 20 综上可得，只有AD正确， B 11.AD【解析】对于A选项，如图1所示，因为AB∥CD,则∠CDC,为异面直线AB与 C1D所成角. 因为∠BAD=60°，所以∠ABC=120. 由余弦定理得6=AC=AB+BC2-2AB·BCcos120°=3AB2,可得CD=AB=√2. 因为cC⊥平面ABCD.CDC平面ABCD,所以C⊥CD.则a∠CDC,-品-尽， 因为0°<∠CDC<90°，故∠CDC1=60°，故A正确： 对于BC选项，连接AB,AC,BC, 因为AB,∥CD且A1B=CD,所以四边形AB,CD为平行四边形，故A1D∥B,C, 又因为ADC平面ACD,BC过平面ACD,故BC∥平面ACD. (11题图1) 同理AB,∥平面AC,D. 0 又因为AB,∩BC=B,故平面ABC∥平面ACD, 当P∈AC时，B,PC平面ABC,则B,P∥平面AC,D, 故线段AC(不包含端点)为点P的轨迹，且AC=√6， 2R ,BB⊥平面ABCD,BC,ABC平面ABCD,则BB,⊥AB,BB,⊥BC, 因为AB=BC,则AB,=√AB+BB=√BC+BBF=B,C, 只有当点P为线段AC的中点时，BP⊥AC. 因为四边形AAC,C是正方形，则AC∥AC, 0 故只有当点P为线段AC的中点时，BP⊥A:C,故B,C错误： (11题图2) 对于D选项，如图2所示， 圆柱O,O2的底面圆直径为2r,母线长为h, 则O,O的中点O到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O为圆柱O,O,的外接球球心 因为DD,⊥平面ACD,,可将三棱锥D-A,CD,置于圆柱O,O内， 使得圆O,为△AC,D的外接圆，点D在圆O2上，如图3所示. 由正弦定理可知圆性的底面圆的直径为2一合=2。 所以三棱锥D-A1C,D,的外接球直径为2R=√(2r)+DD,T=√可， 因此三楼锥D-A,C1D,的外接球的表面积为S=4πR=14舞，故D正确. 0 故选AD. (11题图3) ·159· 12.ACD【解析】由题意知xe4+】十mr=0有四个不同的根，显然x≠0， 即c心·e+是+m=0, 令1=e,即e什+m=0,即er+m+1=0. 另外y=xe,y=(x+1)e, 令y=0得x=一1，故y=xe在区间(-∞，一1)上单湖递减，在区间(-1，十∞)上单调递增， 当x·一c∞时，1=xe→0，如图所示. 根据题意知e'+tm+1=0存在两根t1,2,不妨设t1>, 则满足-。<<4，<0：=.即有4=e=xe=e=e, 则由图象可知一1<<0，故A正确： 由于-<<4<044=放-<<-<<0， 由图象可知，>0,0>4=e=e>- 、故心·心<即e<故B错误： aIaI (12题图) 结合以上分析可知a=x2c=xe3,故C正确： 由=e=e==xe,得e·xe·e的·e=(i)产=， 两边取自然对数得ln(x1xxx)十x,十x十d十x4=一lne=一8，故D正确， 故选ACD. 三、填空题 13.33【解析】由三角函数的定义知，an0=-号. 2 以(e等》)品3 故答案为3√3. 14.4【解析】设甲申请了n发子弹. 则能获得“通过”的概率为p=0.68+0.68×0.32+0.68×0.32+…+0.68×0.32-1=1-0.32, 令1-0.32≥0.98，即0.02>≥0.32， 两边取以10为底的对数得g2一2>5g2一2，即≥能≈号号号-4：故≥4 故答案为4. 15.24【解析】由AB是AF和BF|的等差中项得AF|十BF=2AB, 根据双曲线的定义知|AF,|一lAFz=2a.|BF,1-|BF:|=2a: 两式相加得|AF|十|BF:一AB|=4a,即|AFI+|BF|=8a,AB1=4a, 故△ABF,的周长为12a,因为2a=4.所以△ABF的周长为24. 故答案为24， 16.[-3,21]【解析】如图，取AD的中点M,则P才+PD=2P应， 故P0·(PA+PD)=2P6·Pi. 因为PM为梯形ABCD的中位线，放1P=2生-3. 过A,B作PM的垂线，垂足分别为H,H2, 在R△AMH,中，A=1.∠AMH,=60,放M= 同理P-之 (16题图) 根据数量积的几何意义可知P夜·(PA+PD)=2P0·Pi=2P1cos∠MPQ·PM, 当Q位于A点时，Pims∠MPQ的最大值为3+号=子· 此时P欣·(Pi+Pb)取到最大值为2X号×3=21， 当Q位于B点时，P夜cos∠MPQ的最小值为-之 1 ·160· 此时P0.(P财+P币)取到最小值为2×(-2)×3=-3， 故P夜·(PA+PD的取值范围是[-3,21]. 故答案为[-3,21]. 四、解答题 17.解：若选①. 因为A十B十C=π，所以sinA=sin(B十C). 因为sinA=√2sinB+sin(C-B),所以2sinB=sin(B+C)-sin(C-B)=2 sin Beos C. 所以casC-号故s血c-号 2 可得nA-加(C+晋)一号×号+号×号62. 2 4 限据正弦定理入mC得c“入·血C议生×号3(3- 6+2 可得5=之sin B=号×3×3-1)×号-96卫 4 若选②. 因为S=号sin B,所以cosC+cosB=7 ecsin B.. 由正弦定理得sin Beos C+-sin Ceos B=之sin Bsin A,即sin(B+O=sinA=合esin Bsin A.. 因为sinA≠0，所以csin B=2. 因为B=吾，所以(=4 所以S-之ecsin B=3. 若选③. 根据余弦定理得a2十c2一=2ac·cosB,即a2c=2abc·cosB,即a=2b·cosB, 再根据正弦定理得sinA=sin2B,故A=2B或A十2B=元， 当A=2B=苓时，C=90,则△ABC为直角三角形， 故6=amB=尽，放S=39.=2, 当A+2B=x时，B=C=若，故A=要。 由余弦定理知9=+c2+c,即2=3，即c=√3. 所以s=6smA=35 18.(1)证明：因为AB为圆柱底面的直径，所以AD⊥BD. 因为DQ为圆柱的母线，所以AD⊥DQ, 又BD∩DQ=D,故AD⊥平面BDQ. 由AP和DQ为圆柱的两条母线知四边形APQD为矩形， 所以PQ⊥平面BDQ. 又因为PQC平面PCQ,所以平面PCQ⊥平面BDQ. (2)解：由题意知DA,DB,DQ两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系. C 令AB=2,因为△ACD是圆柱底面的内接正三角形， (18题图) 故∠BAD=30°，故AD=ABeos30°=√5，BD=ABsin30°=1. 过C作CH上AD,垂足为，DH-子AD-受.CH=号AD-号， 放点c停，号o）A50.0.B0,0).Q0.01.i=(-810.t-（号号o）à-(-50n 在平面ACQ中，设平面ACQ的法向量为m=(x,y,z), /m·AC=0, 由 即 {m·A0=0, 受x+立=0·令r=5得m=(W51,3》 -√3x+=0, ·161· 在平面ABQ中，设平面ABQ的法向量为n=(a,b,c), …亦=0，m一5a+b0令a=1得n=(1.53. 由 即 n·A0=0, -√3a+e=0. 设三面角A-CQ-B的平面角为0，则o80=cos(m,n)州计-是，放m0 V9T 放am0-=9 19.解：1p,=40×品+80×号+60×器+70×0+80×品=57 (②)由知A=57,根据表格数据可知X在区间57,67)的频常为=(5。)×器+(7。的）)×易=372。 预设的概率为P,=0683=0.3415<f: 2 X在区间67,7)的频率为后=(5。)×品+(27.5)×亮=0.092， 而预设的概率为P,-0.954,0.683=0.1355>: 2 X在区间7,87)的频率为=(5。)×品 =0.048. 而企业领导的期望概率为P=0.97,0.951-0.0215< 2 故该企业奖励的物品总价值Y的期望E(Y)=1000×(0.372×100十0.092×100+0.048×400)=65600（元）. 20.证明：(1)由am-1十a2n=4·3-①， 则42w十a2,+1=4·32m②， 将@-①得a1-aa1-号9， 放当≥2时a,-a=号×9a-a=号×9a-a4=号×9a-ar=景·9 累加得a1-a-号（0+9+…十9)-号×号号-号·9-3 1 故a1=3·9-1 且当m=1时，=合×9-1=2， 专-1甲o1号9则-9 因此{a-1+1}为以3为首项，9为公比的等比数列， 将0a1=子·9r-1代人①得ae-1=9, 故(a。一1}为以9为首项，9为公比的等比数列. (2)由(1)知a2-1=3m-1-1,a.=3+1,故an=3+(-1). 当n为奇数时，a+1一a,=2·3”+2>2·3"-2: 当n为偶数时，am+1一an=2·3”-2=2·3"-2, 因此对任意n∈N”,均有a+1一a,≥2·3"一2， 则6=23”-2<44-a=1.1 awa+1a。an+ 当=1时，5--号品 当2时8≤+()十(-)++（合）厂品品<品 21.解：当1=2时A,B两点坐标分别为(2，号)(6，号) 182 故由P,2=1,解得p=4. 4 故抛物线C的方程为x2=8y,其准线方程为y=一2. (2)设直线AB的方程为y=kx十m,A,B两点坐标分别为(xy),(·为)，且一=4. .162· 联立心r十m”消去y得r一8r一8m=0, x2=8y, △=64k2+32m>0,1十x=8k,x1=-8m, 由-x1=4得(x1-x2)2=(1十)-4.x1x:=16,即64k2+32m=16,即4+2m=1. 1AB=V1中E-=4件E.y=gy=子 1 放A点处切线方程为y=(-十即y一子一 同理得B点处切线方程为y=子一 1 y=4x一y· 联立 解得/=， 1x-为， y=-m. 故点M坐标为(4k,一m),点M到直线AB的距离d=4+2m, √1+k 则△ABM的面积S=号1AB1·d=号4V1+R,4+2m-2. √/1十 故△ABM的面积是定值2. 22.(1)解：了(r)=lnr+1+a-2,若函数fx)为增函数，则了(x)≥0恒成立. 令g)=ln++a-2)=是=号令)=0得=1， 当x∈(0,1)时，g(x)<0,g(x)单调递减；当x∈(1，十∞)时，g'(.x)>0,g(x)单调递增. 故g(r)≥g(1)=a-1.因此a≥1. 故a∈[1，+o∞). (2)证明：由(1)知当a<1时，(1)=a-1<0. 当x-0时，了(x)十o∞：当x·十o∞时，f(x)十oo. 故0<x<1<x,且(x)=广(x)=0,即x:是1nx十1十a-2=0的两个根， 即ln+a-2n=-@ xlnx+(a-2)x2=-1, 将③代入f(x1)十f（x2)十x+x2=x1lnx1+r:In ra十lnx1十lnx2十(a-2)(.x1十x2)得， f(r)+f(r)++r:=In n+In x:-2, 即证lnx十ln>0,即证xx>1. 由0-@得h票=六六令1=会0..则=品品司 T?T2 TI 即只置证品·母1椰证n+合>争0=h什方=一”0 21f 故g()在区间(0,1)上单调递减，当1∈(0,1)时，g(t)>g(1)=0,命题得证. 2022年湖北省高考数学调研试卷(4月份) 一、选择题 1.B【解析】集合A={xx>1},B={.xx-2x-3<0)={x-1<x<3}, (CRA)∩B={xx≤1∩(x|-1<x<3}=(x-1<x≤1.故选B. 2.A【解析】：(1+2i)=-3十4i, -芸-0器-1+就 复数：的实部为L.故选A 3.D【解粉根据面数=0(a十p(。>0.g<受)的部分图象，可知}×径-登一音解得。=2 耳根据五点法作图，可知2×苓十9=艺，解得9=一否 故f代)=cos(2x-石）放选D, ·163·