福建省泉州市泉港區(qū)2021-2022學(xué)年高考數(shù)學(xué)考前最后一卷預(yù)測(cè)卷含解析

1、2021-2022高考數(shù)學(xué)模擬試卷請(qǐng)考生注意：1請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫(xiě)在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫(xiě)在試題卷、草稿紙上均無(wú)效。2答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的注意事項(xiàng)，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1已知函數(shù)，則不等式的解集是（ ）ABCD2如圖是一個(gè)幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為()ABCD3已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為，上頂點(diǎn)為點(diǎn)，延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)，若為等腰三角形，則橢圓的離心率ABCD4設(shè)a=log73，c=30.7，則a，b，c的

2、大小關(guān)系是（）ABCD5已知向量，則向量在向量方向上的投影為（ ）ABCD6記的最大值和最小值分別為和若平面向量、，滿(mǎn)足，則（ ）ABCD7下列不等式正確的是（ ）ABCD8在平面直角坐標(biāo)系中，已知角的頂點(diǎn)與原點(diǎn)重合，始邊與軸的非負(fù)半軸重合，終邊落在直線(xiàn)上，則（ ）ABCD9設(shè)全集，集合，則（ ）ABCD10若實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足條件，目標(biāo)函數(shù)，則z 的最大值為()AB1C2D011若不相等的非零實(shí)數(shù)，成等差數(shù)列，且，成等比數(shù)列，則（ ）ABC2D12已知，且，則的值為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設(shè)函數(shù)在區(qū)間上的值域是，則的取值范圍是_.14已知數(shù)列為等差數(shù)列，

3、數(shù)列為等比數(shù)列，滿(mǎn)足，其中，則的值為_(kāi)15函數(shù)的值域?yàn)開(kāi).16在棱長(zhǎng)為的正方體中，是正方形的中心，為的中點(diǎn)，過(guò)的平面與直線(xiàn)垂直，則平面截正方體所得的截面面積為_(kāi).三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17（12分）表示，中的最大值，如，己知函數(shù)，.（1）設(shè)，求函數(shù)在上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；（2）試探討是否存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)恒成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，說(shuō)明理由.18（12分）如圖，在四棱錐PABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，BDDC，PCD為正三角形，平面PCD平面ABCD，E為PC的中點(diǎn) （1）證明：AP平面EBD；（2）證明：BEPC19（12分）已知函數(shù)，.（

4、1）若時(shí)，解不等式；（2）若關(guān)于的不等式在上有解，求實(shí)數(shù)的取值范圍.20（12分）已知，分別是三個(gè)內(nèi)角，的對(duì)邊，（1）求；（2）若，求，21（12分） 已知函數(shù)，（）當(dāng)時(shí)，求曲線(xiàn)在處的切線(xiàn)方程； （）求函數(shù)在上的最小值；（）若函數(shù)，當(dāng)時(shí)，的最大值為，求證：.22（10分）已知在中，內(nèi)角所對(duì)的邊分別為，若，且.（1）求的值；（2）求的面積.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1B【解析】由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)單調(diào)性解不等式即可.【詳解】函數(shù)，可得，時(shí)，單調(diào)遞增，故不等式的解集等價(jià)于不等式的解集故選：B【點(diǎn)睛】本題

5、主要考查了利用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性解不等式，屬于中檔題.2A【解析】根據(jù)三視圖可得幾何體為直三棱柱，根據(jù)三視圖中的數(shù)據(jù)直接利用公式可求體積.【詳解】由三視圖可知幾何體為直三棱柱，直觀圖如圖所示：其中，底面為直角三角形，高為.該幾何體的體積為故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查三視圖及棱柱的體積，屬于基礎(chǔ)題.3B【解析】設(shè)，則，因?yàn)?，所以若，則，所以，所以，不符合題意，所以，則，所以，所以，設(shè)，則，在中，易得，所以，解得（負(fù)值舍去），所以橢圓的離心率故選B4D【解析】，得解【詳解】，所以，故選D【點(diǎn)睛】比較不同數(shù)的大小，找中間量作比較是一種常見(jiàn)的方法5A【解析】投影即為，利用數(shù)量積運(yùn)算即可得到

6、結(jié)論.【詳解】設(shè)向量與向量的夾角為，由題意，得，所以，向量在向量方向上的投影為.故選：A.【點(diǎn)睛】本題主要考察了向量的數(shù)量積運(yùn)算，難度不大，屬于基礎(chǔ)題.6A【解析】設(shè)為、的夾角，根據(jù)題意求得，然后建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)，根據(jù)平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算得出點(diǎn)的軌跡方程，將和轉(zhuǎn)化為圓上的點(diǎn)到定點(diǎn)距離，利用數(shù)形結(jié)合思想可得出結(jié)果.【詳解】由已知可得，則，建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)，由，可得，即，化簡(jiǎn)得點(diǎn)的軌跡方程為，則，則轉(zhuǎn)化為圓上的點(diǎn)與點(diǎn)的距離，轉(zhuǎn)化為圓上的點(diǎn)與點(diǎn)的距離，.故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查和向量與差向量模最值的求解，將向量坐標(biāo)化，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為圓上的點(diǎn)到定點(diǎn)距離的最值問(wèn)題是解答的關(guān)鍵，考查化歸與

7、轉(zhuǎn)化思想與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，屬于中等題.7D【解析】根據(jù)，利用排除法，即可求解【詳解】由，可排除A、B、C選項(xiàng)，又由，所以故選D【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，以及對(duì)數(shù)的比較大小問(wèn)題，其中解答熟記三角函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題8C【解析】利用誘導(dǎo)公式以及二倍角公式，將化簡(jiǎn)為關(guān)于的形式，結(jié)合終邊所在的直線(xiàn)可知的值，從而可求的值.【詳解】因?yàn)?，且，所?故選：C.【點(diǎn)睛】本題考查三角函數(shù)中的誘導(dǎo)公式以及三角恒等變換中的二倍角公式，屬于給角求值類(lèi)型的問(wèn)題，難度一般.求解值的兩種方法：（1）分別求解出的值，再求出結(jié)果；（2）將變形為，利用的值求

8、出結(jié)果.9D【解析】求解不等式，得到集合A，B，利用交集、補(bǔ)集運(yùn)算即得解【詳解】由于 故集合或 故集合 故選：D【點(diǎn)睛】本題考查了集合的交集和補(bǔ)集混合運(yùn)算，考查了學(xué)生概念理解，數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力，屬于中檔題.10C【解析】畫(huà)出可行域和目標(biāo)函數(shù)，根據(jù)平移得到最大值.【詳解】若實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足條件，目標(biāo)函數(shù)如圖：當(dāng)時(shí)函數(shù)取最大值為 故答案選C【點(diǎn)睛】求線(xiàn)性目標(biāo)函數(shù)的最值:當(dāng)時(shí)，直線(xiàn)過(guò)可行域且在軸上截距最大時(shí)，值最大，在軸截距最小時(shí)，z值最?。划?dāng)時(shí)，直線(xiàn)過(guò)可行域且在軸上截距最大時(shí)，值最小，在軸上截距最小時(shí)，值最大.11A【解析】由題意，可得，消去得,可得，繼而得到，代入即得解【詳解】由，成等差數(shù)列，所以，

9、又，成等比數(shù)列，所以，消去得，所以，解得或，因?yàn)?，是不相等的非零?shí)數(shù)，所以，此時(shí)，所以故選：A【點(diǎn)睛】本題考查了等差等比數(shù)列的綜合應(yīng)用，考查了學(xué)生概念理解，轉(zhuǎn)化劃歸，數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力，屬于中檔題.12A【解析】由及得到、，進(jìn)一步得到，再利用兩角差的正切公式計(jì)算即可.【詳解】因?yàn)?，所以，又，所以，所?故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查三角函數(shù)誘導(dǎo)公式、二倍角公式以及兩角差的正切公式的應(yīng)用，考查學(xué)生的基本計(jì)算能力，是一道基礎(chǔ)題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.【解析】配方求出頂點(diǎn)，作出圖像，求出對(duì)應(yīng)的自變量，結(jié)合函數(shù)圖像，即可求解.【詳解】，頂點(diǎn)為因?yàn)楹瘮?shù)的值域是，令，可得或.又因?yàn)?/p>

10、函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)軸為，且，所以的取值范圍為.故答案為:.【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)值域，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬于基礎(chǔ)題.14【解析】根據(jù)題意，判斷出，根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)可得，再令數(shù)列中的，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，列出等式，求出和的值即可.【詳解】解：由，其中，可得，則，令，可得.又令數(shù)列中的，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，可得，所以.根據(jù)得出，.所以.故答案為.【點(diǎn)睛】本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.15【解析】利用配方法化簡(jiǎn)式子，可得，然后根據(jù)觀察法，可得結(jié)果.【詳解】函數(shù)的定義域?yàn)樗院瘮?shù)的值域?yàn)?故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查的是用配方法求函數(shù)的值域問(wèn)題，屬基礎(chǔ)題。16【解析】確定平面即為平面，四

11、邊形是菱形，計(jì)算面積得到答案.【詳解】如圖，在正方體中，記的中點(diǎn)為，連接，則平面即為平面證明如下：由正方體的性質(zhì)可知，則，四點(diǎn)共面，記的中點(diǎn)為，連接，易證連接，則，所以平面，則同理可證，則平面，所以平面即平面，且四邊形即平面截正方體所得的截面因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為，易知四邊形是菱形，其對(duì)角線(xiàn)，所以其面積故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查了正方體的截面面積，意在考查學(xué)生的空間想象能力和計(jì)算能力.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17（1）個(gè)；（1）存在，.【解析】試題分析：（1）設(shè)，對(duì)其求導(dǎo)，及最小值，從而得到的解析式，進(jìn)一步求值域即可；（1）分別對(duì)和兩種情況進(jìn)行討論，得到的解析

12、式，進(jìn)一步構(gòu)造，通過(guò)求導(dǎo)得到最值，得到滿(mǎn)足條件的的范圍試題解析：（1）設(shè)，1分令，得遞增；令，得遞減，1分，即，3分設(shè)，結(jié)合與在上圖象可知，這兩個(gè)函數(shù)的圖象在上有兩個(gè)交點(diǎn)，即在上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為15分（或由方程在上有兩根可得）（1）假設(shè)存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)恒成立，則，對(duì)恒成立，即，對(duì)恒成立 ，6分設(shè)，令，得遞增；令，得遞減，當(dāng)即時(shí)，4故當(dāng)時(shí)，對(duì)恒成立，8分當(dāng)即時(shí)，在上遞減，故當(dāng)時(shí)，對(duì)恒成立10分若對(duì)恒成立，則，11分由及得，故存在實(shí)數(shù)，使得對(duì)恒成立，且的取值范圍為11分考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)應(yīng)用.【思路點(diǎn)睛】本題考查了函數(shù)恒成立問(wèn)題；利用導(dǎo)數(shù)來(lái)判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)一步求最值；屬于難題本題考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性.確定

13、零點(diǎn)的個(gè)數(shù)問(wèn)題：可利用數(shù)形結(jié)合的辦法判斷交點(diǎn)個(gè)數(shù)，如果函數(shù)較為復(fù)雜，可結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識(shí)確定極值點(diǎn)和單調(diào)區(qū)間從而確定其大致圖象.方程的有解問(wèn)題就是判斷是否存在零點(diǎn)的問(wèn)題，可參變分離，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問(wèn)題處理. 恒成立問(wèn)題以及可轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題的問(wèn)題，往往可利用參變分離的方法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值處理也可構(gòu)造新函數(shù)然后利用導(dǎo)數(shù)來(lái)求解.注意利用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法.18（1）見(jiàn)解析（2）見(jiàn)解析【解析】（1）連結(jié)AC交BD于點(diǎn)O，連結(jié)OE，利用三角形中位線(xiàn)可得APOE，從而可證AP平面EBD；（2）先證明BD平面PCD，再證明PC平面BDE，從而可證BEPC【詳解】證明：（1）連結(jié)AC交BD于點(diǎn)O，連結(jié)O

14、E因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形O為AC中點(diǎn)，又E為PC中點(diǎn)，故APOE，又AP平面EBD，OE平面EBD所以AP平面EBD；（2）PCD為正三角形，E為PC中點(diǎn)所以PCDE因?yàn)槠矫鍼CD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，又BD平面ABCD，BDCDBD平面PCD又PC平面PCD，故PCBD又BDDED，BD平面BDE，DE平面BDE故PC平面BDE又BE平面BDE，所以BEPC【點(diǎn)睛】本題主要考查空間位置關(guān)系的證明，線(xiàn)面平行一般轉(zhuǎn)化為線(xiàn)線(xiàn)平行來(lái)證明，直線(xiàn)與直線(xiàn)垂直通常利用線(xiàn)面垂直來(lái)進(jìn)行證明，側(cè)重考查邏輯推理的核心素養(yǎng).19（1）（2）【解析】（1）零點(diǎn)分段法，分，討論即可；（2）當(dāng)時(shí)

15、，原問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為：存在，使不等式成立，即.【詳解】解：（1）若時(shí)，當(dāng)時(shí)，原不等式可化為，解得，所以，當(dāng)時(shí)，原不等式可化為，解得，所以，當(dāng)時(shí)，原不等式可化為，解得，所以，綜上述：不等式的解集為；（2）當(dāng)時(shí)，由得，即，故得，又由題意知：，即，故的范圍為.【點(diǎn)睛】本題考查解絕對(duì)值不等式以及不等式能成立求參數(shù)，考查學(xué)生的運(yùn)算能力，是一道容易題.20（1）； （2），或，.【解析】（1）利用正弦定理，轉(zhuǎn)化原式為，結(jié)合，可得，即得解；（2）由余弦定理，結(jié)合題中數(shù)據(jù)，可得解【詳解】（1）由及正弦定理得因?yàn)椋?，代入上式并化?jiǎn)得由于，所以又，故（2）因?yàn)?，由余弦定理得?所以而，所以，為一元二次方程的兩根所

16、以，或，【點(diǎn)睛】本題考查了正弦定理，余弦定理的綜合應(yīng)用，考查了學(xué)生綜合分析，轉(zhuǎn)化劃歸，數(shù)學(xué)運(yùn)算的能力，屬于中檔題.21（）（）見(jiàn)解析；（）見(jiàn)解析.【解析】試題分析：（）由題，所以故，代入點(diǎn)斜式可得曲線(xiàn)在處的切線(xiàn)方程；（）由題（1）當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增. 則函數(shù)在上的最小值是（2）當(dāng)時(shí)，令，即，令，即（i）當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞增，所以在上的最小值是（ii）當(dāng)，即時(shí)，由的單調(diào)性可得在上的最小值是（iii）當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上的最小值是（）當(dāng)時(shí)，令，則是單調(diào)遞減函數(shù). 因?yàn)?，所以在上存在，使得，即討論可得在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. 所以當(dāng)時(shí)，取得最大值是因?yàn)?，所以由此可證試題解析：（）因?yàn)楹瘮?shù)，且， 所以，所以所以，所以曲線(xiàn)在處的切線(xiàn)方程是，即（）因?yàn)楹瘮?shù)，所以（1）當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞增. 所以函數(shù)在上的最小值是（2）當(dāng)時(shí)，令，即，所以令，即，所以（i）當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞增，所以在上的最小值是（ii）當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以在上的最小值是（iii）當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞減，所以在上的最小值是綜上所述，當(dāng)時(shí)，在上的最小值是當(dāng)時(shí)，在上的最小值是當(dāng)時(shí)，在上的最小值是 （）因?yàn)?/p>