白银十中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．回答选择题时，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。回答非选择题时，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，，且与的夹角为，则（ ）
A． B．1 C．或1 D．或9
2．已知函数，若恒成立，则满足条件的的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．若向量，则（ ）
A．30 B．31 C．32 D．33
4．已知椭圆内有一条以点为中点的弦，则直线的方程为( )
A． B．
C． D．
5．函数在的图像大致为
A． B． C． D．
6．已知集合，集合，则等于（ ）
A． B．
C． D．
7．已知全集，集合，，则阴影部分表示的集合是（ ）

A． B． C． D．
8．若函数，在区间上任取三个实数，，均存在以，，为边长的三角形，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．已知双曲线的焦距为，过左焦点作斜率为1的直线交双曲线的右支于点，若线段的中点在圆上，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
10．若的展开式中的系数为150，则（ ）
A．20 B．15 C．10 D．25
11．已知四棱锥的底面为矩形，底面，点在线段上，以为直径的圆过点.若，则的面积的最小值为（ ）
A．9 B．7 C． D．
12．某工厂一年中各月份的收入、支出情况的统计如图所示，下列说法中错误的是（ ）．

A．收入最高值与收入最低值的比是
B．结余最高的月份是月份
C．与月份的收入的变化率与至月份的收入的变化率相同
D．前个月的平均收入为万元
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．为了了解一批产品的长度（单位：毫米）情况，现抽取容量为400的样本进行检测，如图是检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度在区间的一等品，在区间和的为二等品，其余均为三等品，则样本中三等品的件数为__________．

14．在中，角的对边分别为，且．若为钝角，，则的面积为____________．
15．已知（为虚数单位），则复数________．
16．如图，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A、B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则的最小值为 .
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，其中.
（Ⅰ）若，求函数的单调区间；
（Ⅱ）设.若在上恒成立，求实数的最大值.
18．（12分）在中，角、、的对边分别为、、，且.
（1）若，，求的值；
（2）若，求的值.
19．（12分）设点，动圆经过点且和直线相切.记动圆的圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过点的直线与曲线交于、两点，且直线与轴交于点，设，，求证：为定值.
20．（12分）设函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若恒成立，求的取值范围.
21．（12分）在四边形中，，；如图，将沿边折起，连结，使，求证：

（1）平面平面；
（2）若为棱上一点，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小.
22．（10分）如图，椭圆的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，且，为等边三角形，过点的直线与椭圆在轴右侧的部分交于、两点．

（1）求椭圆的标准方程；
（2）求四边形面积的取值范围．

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．C
【解析】
由题意利用两个向量的数量积的定义和公式，求的值.
【详解】
解：由题意可得，
求得，或，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查两个向量的数量积的定义和公式，属于基础题．
2．C
【解析】
由不等式恒成立问题分类讨论：①当，②当，③当，考查方程的解的个数，综合①②③得解．
【详解】
①当时，，满足题意，
②当时，，，，，故不恒成立，
③当时，设，，
令，得，，得，
下面考查方程的解的个数，
设（a），则（a）
由导数的应用可得：
（a）在为减函数，在，为增函数，
则（a），
即有一解，
又，均为增函数，
所以存在1个使得成立，
综合①②③得：满足条件的的个数是2个，
故选：．
【点睛】
本题考查了不等式恒成立问题及利用导数研究函数的解得个数，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属难度较大的题型.
3．C
【解析】
先求出,再与相乘即可求出答案.
【详解】
因为,所以.
故选:C.
【点睛】
本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题.
4．C
【解析】
设，，则，，相减得到，解得答案.
【详解】
设，，设直线斜率为，则，，
相减得到：，的中点为，
即，故，直线的方程为：.
故选：.
【点睛】
本题考查了椭圆内点差法求直线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.
5．B
【解析】
由分子、分母的奇偶性，易于确定函数为奇函数，由的近似值即可得出结果．
【详解】
设，则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项C．又排除选项D；，排除选项A，故选B．
【点睛】
本题通过判断函数的奇偶性，缩小考察范围，通过计算特殊函数值，最后做出选择．本题较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．
6．B
【解析】
求出中不等式的解集确定出集合，之后求得.
【详解】
由，
所以，
故选：B.
【点睛】
该题考查的是有关集合的运算的问题，涉及到的知识点有一元二次不等式的解法，集合的运算，属于基础题目.
7．D
【解析】
先求出集合N的补集，再求出集合M与的交集，即为所求阴影部分表示的集合.
【详解】
由，，可得或，
又
所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查了韦恩图表示集合，集合的交集和补集的运算，属于基础题.
8．D
【解析】
利用导数求得在区间上的最大值和最小，根据三角形两边的和大于第三边列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】
的定义域为，，
所以在上递减，在上递增，在处取得极小值也即是最小值，，，，，
所以在区间上的最大值为.
要使在区间上任取三个实数，，均存在以，，为边长的三角形，
则需恒成立，且，
也即，也即当、时，成立，
即，且，解得.所以的取值范围是.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查恒成立问题的求解，属于中档题.
9．C
【解析】
设线段的中点为，判断出点的位置，结合双曲线的定义，求得双曲线的离心率.
【详解】
设线段的中点为，由于直线的斜率是，而圆，所以.由于是线段的中点所以，而，根据双曲线的定义可知，即，即.
故选：C

【点睛】
本小题主要考查双曲线的定义和离心率的求法，考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
10．C
【解析】
通过二项式展开式的通项分析得到，即得解.
【详解】
由已知得，
故当时，，
于是有，
则.
故选：C
【点睛】
本题主要考查二项式展开式的通项和系数问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
11．C
【解析】
根据线面垂直的性质以及线面垂直的判定，根据勾股定理，得到之间的等量关系，再用表示出的面积，利用均值不等式即可容易求得.
【详解】
设，，则.
因为平面，平面，所以.
又，，所以平面，则.
易知，.
在中，，
即，化简得.
在中，，.
所以.
因为，
当且仅当，时等号成立，所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查空间几何体的线面位置关系及基本不等式的应用，考查空间想象能力以及数形结合思想，涉及线面垂直的判定和性质，属中档题.
12．D
【解析】
由图可知，收入最高值为万元，收入最低值为万元，其比是，故项正确；
结余最高为月份，为，故项正确；
至月份的收入的变化率为至月份的收入的变化率相同，故项正确；
前个月的平均收入为万元，故项错误．
综上，故选．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．100.
【解析】
分析：根据频率分布直方图得到三等品的频率，然后可求得样本中三等品的件数．
详解：由题意得，三等品的长度在区间，和内，
根据频率分布直方图可得三等品的频率为，
∴样本中三等品的件数为.
点睛：频率分布直方图的纵坐标为，因此每一个小矩形的面积表示样本个体落在该区间内的频率，把小矩形的高视为频率时常犯的错误．
14．
【解析】
转化为，利用二倍角公式可求解得，结合余弦定理可得b，再利用面积公式可得解.
【详解】
因为，
所以．
又因为，且为锐角，
所以．
由余弦定理得，
即，解得，
所以
故答案为：
【点睛】
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
15．
【解析】
解：

故答案为：
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题.
16．.
【解析】
.

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．（Ⅰ）单调递减区间为，单调递增区间为；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）求出函数的定义域以及导数，利用导数可求出该函数的单调递增区间和单调递减区间；
（Ⅱ）由题意可知在上恒成立，分和两种情况讨论，在时，构造函数，利用导数证明出在上恒成立；在时，经过分析得出，然后构造函数，利用导数证明出在上恒成立，由此得出，进而可得出实数的最大值.
【详解】
（Ⅰ）函数的定义域为.
当时，.
令，解得（舍去），.
当时，，所以，函数在上单调递减；
当时，，所以，函数在上单调递增.
因此，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（Ⅱ）由题意，可知在上恒成立.
（i）若，，，
，
构造函数，，则，
，，.
又，在上恒成立.
所以，函数在上单调递增，
当时，在上恒成立.
（ii）若，构造函数，.
，所以，函数在上单调递增.
恒成立，即，，即.
由题意，知在上恒成立.
在上恒成立.
由（Ⅰ）可知，
又，当，即时，函数在上单调递减，
，不合题意，，即.
此时
构造函数，.
，
，，

，
恒成立，所以，函数在上单调递增，恒成立.
综上，实数的最大值为
【点睛】
本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问题，本题的难点在于不断构造新函数来求解，考查推理能力与运算求解能力，属于难题.
18．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用余弦定理得出关于的二次方程，结合，可求出的值；
（2）利用两角和的余弦公式以及诱导公式可求出的值，利用同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用二倍角的正切公式可求出的值.
【详解】
（1）在中，由余弦定理得，
，即，
解得或（舍），所以；
（2）由及得，，
所以，
又因为，所以，
从而，所以.
【点睛】
本题考查利用余弦定理解三角形，同时也考查了两角和的余弦公式、同角三角函数的基本关系以及二倍角公式求值，考查计算能力，属于中等题.
19．（1）；（2）见解析．
【解析】
（1）已知点轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，由此可得曲线的方程；
（2）设直线方程为，，则，设，由直线方程与抛物线方程联立消元应用韦达定理得，，由，，用横坐标表示出，然后计算，并代入，可得结论．
【详解】
（1）设动圆圆心，由抛物线定义知：点轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，设其方程为，则，解得．
∴曲线的方程为；
（2）证明：设直线方程为，，则，设，
由得，①，
则②，
由，，得
，，
整理得，，
∴，代入②得：
．
【点睛】
本题考查求曲线方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线相交问题中的定值问题．解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设直线方程，直线方程代入抛物线（或圆锥曲线）方程得一元二次方程，应用韦达定理得，，代入题中其他条件所求式子中化简变形．
20． (1)；(2) .
【解析】
分析：（1）先根据绝对值几何意义将不等式化为三个不等式组，分别求解，最后求并集，（2）先化简不等式为，再根据绝对值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范围．
详解：（1）当时，

可得的解集为．
（2）等价于．
而，且当时等号成立．故等价于．
由可得或，所以的取值范围是．
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
21．（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）由题可知，等腰直角三角形与等边三角形，在其公共边AC上取中点O，连接、，可得，可求出.在中，由勾股定理可证得，结合，可证明平面.再根据面面垂直的判定定理，可证平面平面.
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由点F在线段上，设，得出的坐标，进而求出平面的一个法向量.用向量法表示出与平面所成角的正弦值，由其等于，解得.再结合为平面的一个法向量，用向量法即可求出与的夹角，结合图形，写出二面角的大小.
【详解】
证明：（1）在中，
为正三角形，且
在中，
为等腰直角三角形，且
取的中点，连接

，
，

，平面
平面
平面
..平面平面
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
，
，
设.则
设平面的一个法向量为.则

，
令，解得

与平面所成角的正弦值为，

整理得
解得或(含去)

又为平面的一个法向量

，
二面角的大小为.

【点睛】
本题考查了线面垂直的判定，面面垂直的判定，向量法解决线面角、二面角的问题，属于中档题.
22．（1）；（2）.
【解析】
（1）根据坐标和为等边三角形可得，进而得到椭圆方程；
（2）①当直线斜率不存在时，易求坐标，从而得到所求面积；②当直线的斜率存在时，设方程为，与椭圆方程联立得到韦达定理的形式，并确定的取值范围；利用，代入韦达定理的结论可求得关于的表达式，采用换元法将问题转化为，的值域的求解问题，结合函数单调性可求得值域；结合两种情况的结论可得最终结果.
【详解】
（1），，
为等边三角形，，椭圆的标准方程为．
（2）设四边形的面积为．
①当直线的斜率不存在时，可得，，
．
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设，，
联立得：，
，，．
，，，，
面积．
令，则，，
令，则，，
在定义域内单调递减，．
综上所述：四边形面积的取值范围是．
【点睛】
本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆方程的求解、椭圆中的四边形面积的取值范围的求解问题；关键是能够将所求面积表示为关于某一变量的函数，将问题转化为函数值域的求解问题.