防城港市重点中学高三最后一卷数学试卷含解析.doc

2021-2022高考数学模拟试卷含解析
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。
1．已知向量，，则向量在向量上的投影是（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数（，是常数，其中且）的大致图象如图所示，下列关于，的表述正确的是（ ）

A．， B．，
C．， D．，
3．复数的虚部为（ ）
A． B． C．2 D．
4．已知随机变量服从正态分布，，（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线过圆的圆心，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．设集合，，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知，都是偶函数，且在上单调递增，设函数，若，则（ ）
A．且
B．且
C．且
D．且
8．已知，满足，且的最大值是最小值的4倍，则的值是（ ）
A．4 B． C． D．
9．第24届冬奥会将于2022年2月4日至2月20日在北京市和张家口市举行，为了解奥运会会旗中五环所占面积与单独五个环面积之和的比值P，某学生做如图所示的模拟实验：通过计算机模拟在长为10，宽为6的长方形奥运会旗内随机取N个点，经统计落入五环内部及其边界上的点数为n个，已知圆环半径为1，则比值P的近似值为( )

A． B． C． D．
10．若复数，其中为虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A．的虚部为 B． C．的共轭复数为 D．为纯虚数
11．已知直线与直线则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
12．设，命题“存在，使方程有实根”的否定是( )
A．任意，使方程无实根
B．任意，使方程有实根
C．存在，使方程无实根
D．存在，使方程有实根
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在的展开式中，的系数为______用数字作答
14．在四面体中，与都是边长为2的等边三角形，且平面平面，则该四面体外接球的体积为_______．
15．已知向量=（－4，3），=（6，m），且，则m=__________.
16．正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面，记与的轨迹构成的平面为．
①，使得；
②直线与直线所成角的正切值的取值范围是；
③与平面所成锐二面角的正切值为；
④正方体的各个侧面中，与所成的锐二面角相等的侧面共四个．
其中正确命题的序号是________．（写出所有正确命题的序号）
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数(mR)的导函数为．
（1）若函数存在极值，求m的取值范围；
（2）设函数（其中e为自然对数的底数），对任意mR，若关于x的不等式在(0，)上恒成立，求正整数k的取值集合．
18．（12分）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.
19．（12分）已知函数，
（1）证明：在区间单调递减；
（2）证明：对任意的有．
20．（12分）已知数列满足，等差数列满足，
（1）分别求出，的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，数列的前n项和为证明：．
21．（12分）已知，且的解集为.
（1）求实数，的值；
（2）若的图像与直线及围成的四边形的面积不小于14，求实数取值范围.
22．（10分）如图，在三棱柱中，平面，，且.

（1）求棱与所成的角的大小；
（2）在棱上确定一点，使二面角的平面角的余弦值为.

参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。
1．A
【解析】
先利用向量坐标运算求解，再利用向量在向量上的投影公式即得解
【详解】
由于向量，
故
向量在向量上的投影是.
故选：A
【点睛】
本题考查了向量加法、减法的坐标运算和向量投影的概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题.
2．D
【解析】
根据指数函数的图象和特征以及图象的平移可得正确的选项.
【详解】
从题设中提供的图像可以看出，
故得，
故选：D．
【点睛】
本题考查图象的平移以及指数函数的图象和特征，本题属于基础题.
3．D
【解析】
根据复数的除法运算，化简出，即可得出虚部.
【详解】
解：=，
故虚部为-2.
故选：D.
【点睛】
本题考查复数的除法运算和复数的概念.
4．B
【解析】
利用正态分布密度曲线的对称性可得出，进而可得出结果.
【详解】
，所以，.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用正态分布密度曲线的对称性求概率，属于基础题.
5．D
【解析】
圆心坐标为，代入直线方程，再由乘1法和基本不等式，展开计算即可得到所求最小值．
【详解】
圆的圆心为，
由题意可得，即，，，
则，当且仅当且即时取等号，
故选：．
【点睛】
本题考查最值的求法，注意运用乘1法和基本不等式，注意满足的条件：一正二定三等，同时考查直线与圆的关系，考查运算能力，属于基础题．
6．C
【解析】
由得出，利用集合的包含关系可得出实数的取值范围.
【详解】
，且，，.
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用集合的包含关系求参数，考查计算能力，属于基础题.
7．A
【解析】
试题分析：由题意得，，
∴，，
∵，∴，∴，
∴若：，，∴，
若：，，∴，
若：，，∴，
综上可知，同理可知，故选A.
考点：1.函数的性质；2.分类讨论的数学思想.
【思路点睛】本题在在解题过程中抓住偶函数的性质，避免了由于单调性不同导致与大小不明确的讨论，从而使解题过程得以优化，另外，不要忘记定义域，如果要研究奇函数或者偶函数的值域、最值、单调性等问题，通常先在原点一侧的区间(对奇(偶)函数而言)或某一周期内(对周期函数而言)考虑，然后推广到整个定义域上.
8．D
【解析】
试题分析：先画出可行域如图：由，得，由，得，当直线过点时，目标函数取得最大值，最大值为3；当直线过点时，目标函数取得最小值，最小值为3a；由条件得，所以，故选D.

考点：线性规划.
9．B
【解析】
根据比例关系求得会旗中五环所占面积，再计算比值.
【详解】
设会旗中五环所占面积为，
由于，所以，
故可得.
故选：B.
【点睛】
本题考查面积型几何概型的问题求解，属基础题.
10．D
【解析】
将复数整理为的形式，分别判断四个选项即可得到结果.
【详解】

的虚部为，错误；，错误；，错误；
，为纯虚数，正确
本题正确选项：
【点睛】
本题考查复数的模长、实部与虚部、共轭复数、复数的分类的知识，属于基础题.
11．B
【解析】
利用充分必要条件的定义可判断两个条件之间的关系.
【详解】
若，则，故或，
当时，直线，直线 ，此时两条直线平行；
当时，直线，直线 ，此时两条直线平行.
所以当时，推不出，故“”是“”的不充分条件，
当时，可以推出，故“”是“”的必要条件，
故选：B.
【点睛】
本题考查两条直线的位置关系以及必要不充分条件的判断，前者应根据系数关系来考虑，后者依据两个条件之间的推出关系，本题属于中档题.
12．A
【解析】
只需将“存在”改成“任意”，有实根改成无实根即可.
【详解】
由特称命题的否定是全称命题，知“存在，使方程有实根”的否定是
“任意，使方程无实根”.
故选：A
【点睛】
本题考查含有一个量词的命题的否定，此类问题要注意在两个方面作出变化：1.量词，2.结论，是一道基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令，求出展开式中的系数．
【详解】
二项展开式的通项为
令得的系数为
故答案为1．
【点睛】
利用二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．
14．
【解析】
先确定球心的位置，结合勾股定理可求球的半径，进而可得球的面积.
【详解】
取的外心为，设为球心，连接，则平面，取的中点，连接，，过做于点，易知四边形为矩形，连接，，设，.连接，则，，三点共线，易知，所以，.在和中，，，即，，所以，，得.所以.

【点睛】
本题主要考查几何体的外接球问题，外接球的半径的求解一般有两个思路：一是确定球心位置，利用勾股定理求解半径；二是利用熟悉的模型求解半径,比如长方体外接球半径是其对角线的一半.
15．8.
【解析】
利用转化得到加以计算，得到.
【详解】
向量
则.
【点睛】
本题考查平面向量的坐标运算、平面向量的数量积、平面向量的垂直以及转化与化归思想的应用.属于容易题.
16．①②③④
【解析】
取中点,中点,中点,先利用中位线的性质判断点的运动轨迹为线段,平面即为平面,画出图形,再依次判断:①利用等腰三角形的性质即可判断；②直线与直线所成角即为直线与直线所成角,设正方体的棱长为2,进而求解；③由,取为中点,则,则即为与平面所成的锐二面角,进而求解；④由平行的性质及图形判断即可.
【详解】

取中点,连接,则,所以,所以平面即为平面,
取中点,中点,连接,则易证得,
所以平面平面,所以点的运动轨迹为线段,平面即为平面.
①取为中点,因为是等腰三角形,所以,又因为,所以,故①正确；
②直线与直线所成角即为直线与直线所成角,设正方体的棱长为2,当点为中点时,直线与直线所成角最小,此时,；
当点与点或点重合时,直线与直线所成角最大,此时,
所以直线与直线所成角的正切值的取值范围是,②正确；
③与平面的交线为,且,取为中点,则即为与平面所成的锐二面角,,所以③正确；
④正方体的各个侧面中,平面,平面,平面,平面与平面所成的角相等,所以④正确．
故答案为:①②③④
【点睛】
本题考查直线与平面的空间位置关系,考查异面直线成角,二面角,考查空间想象能力与转化思想.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）{1，2}．
【解析】
（1）求解导数，表示出，再利用的导数可求m的取值范围；
（2）表示出，结合二次函数知识求出的最小值，再结合导数及基本不等式求出的最值，从而可求正整数k的取值集合．
【详解】
（1）因为，所以，
所以，
则，
由题意可知，解得；
（2）由（1）可知，，
所以
因为
整理得，
设，则，所以单调递增，
又因为，
所以存在，使得，
设，是关于开口向上的二次函数，
则，
设，则，令，则，
所以单调递增，因为，
所以存在，使得，即，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，所以，
又由题意可知，所以，
解得，所以正整数k的取值集合为{1，2}．
【点睛】
本题主要考查导数的应用，利用导数研究极值问题一般转化为导数的零点问题，恒成立问题要逐步消去参数，转化为最值问题求解，适当构造函数是转化的关键，本题综合性较强，难度较大，侧重考查数学抽象和逻辑推理的核心素养.
18．（1）（2）
【解析】
（1）按绝对值的定义分类讨论去绝对值符号后解不等式；
（2）不等式转化为，求出在上的最小值即可，利用绝对值定义分类讨论去绝对值符号后可求得函数最小值．
【详解】
解：（1）或或
解得或或无解
综上不等式的解集为．
（2）时，，即
所以只需在时恒成立即可
令，
由解析式得在上是增函数，
∴当时，
即
【点睛】
本题考查解绝对值不等式，考查不等式恒成立问题，解决绝对值不等式的问题，分类讨论是常用方法．掌握分类讨论思想是解题关键．
19．（1）答案见解析．（2）答案见解析
【解析】
（1）利用复合函数求导求出，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）首先证，令，求导可得单调递增，由即可证出；再令，再利用导数可得单调递增，由即可证出.
【详解】
（1）
显然时，，故在单调递减．
（2）首先证，令，
则
单调递增，且，所以
再令，

所以单调递增，即，
∴

【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式，解题的关键掌握复合函数求导，属于难题.
20． (1) （2）证明见解析
【解析】
（1）因为，所以，
所以，即，又因为，
所以数列为等差数列，且公差为1，首项为1，
则，即.
设的公差为，则，
所以（），则（），
所以，因此，
综上，．
（2）设数列的前n项和为，则

两式相减得
，所以，
设则，
所以.
21．（1），；（2）
【解析】
（1）解绝对值不等式得，根据不等式的解集为列出方程组，解出即可；（2）求出的图像与直线及交点的坐标，通过分割法将四边形的面积分为两个三角形，列出不等式，解不等式即可.
【详解】
（1）由得：，，
即，解得，.
（2）的图像与直线及围成的四边形，，，，.
过点向引垂线，垂足为，则.
化简得：，（舍）或.
故的取值范围为.
【点睛】
本题主要考查了绝对值不等式的求法，以及绝对值不等式在几何中的应用，属于中档题.
22．（1） （2）
【解析】
试题分析：（1）因为AB⊥AC，A1B⊥平面ABC，所以以A为坐标原点，分别以AC、AB所在直线分别为x轴和y轴，以过A，且平行于BA1的直线为z轴建立空间直角坐标系，由AB=AC=A1B=2求出所要用到的点的坐标，求出棱AA1与BC上的两个向量，由向量的夹角求棱AA1与BC所成的角的大小；
（2）设棱B1C1上的一点P，由向量共线得到P点的坐标，然后求出两个平面PAB与平面ABA1的一个法向量，把二面角P-AB-A1的平面角的余弦值为，转化为它们法向量所成角的余弦值，由此确定出P点的坐标．
试题解析：
解（1）如图，以为原点建立空间直角坐标系，

则，
.
，
故与棱所成的角是.
（2）为棱中点，
设，则.
设平面的法向量为，，
则，
故
而平面的法向量是，则，
解得，即为棱中点，其坐标为.
点睛：本题主要考查线面垂直的判定与性质，以及利用空间向量求二面角.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.