湖南桃江一中2021-2022學年高三下學期第六次檢測數學試卷含解析

2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設函數（，）是上的奇函數，若的圖象關于直線對稱，且在區(qū)間上是單調函數，則（）A． B． C． D．2．有一改形塔幾何體由若千個正方體構成，構成方式如圖所示，上層正方體下底面的四個頂點是下層正方體上底面各邊的中點.已知最底層正方體的棱長為8，如果改形塔的最上層正方體的邊長小于1，那么該塔形中正方體的個數至少是（）A．8 B．7 C．6 D．43．已知等差數列的前n項和為，且，，若（，且），則i的取值集合是（）A． B． C． D．4．德國數學家萊布尼茲(1646年-1716年)于1674年得到了第一個關于π的級數展開式,該公式于明朝初年傳入我國.在我國科技水平業(yè)已落后的情況下,我國數學家?天文學家明安圖(1692年-1765年)為提高我國的數學研究水平,從乾隆初年(1736年)開始,歷時近30年,證明了包括這個公式在內的三個公式,同時求得了展開三角函數和反三角函數的6個新級數公式,著有《割圓密率捷法》一書,為我國用級數計算π開創(chuàng)了先河.如圖所示的程序框圖可以用萊布尼茲“關于π的級數展開式”計算π的近似值(其中P表示π的近似值),若輸入,則輸出的結果是()A． B．C． D．5．已知數列an滿足：an=2,n≤5a1A．16 B．17 C．18 D．196．設，，則“”是“”的A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件7．集合中含有的元素個數為（）A．4 B．6 C．8 D．128．已知函數，若關于的方程恰好有3個不相等的實數根，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．9．已知為實數集，，，則（）A． B． C． D．10．已知數列中，，若對于任意的，不等式恒成立，則實數的取值范圍為（）A． B．C． D．11．正方形的邊長為，是正方形內部（不包括正方形的邊）一點，且，則的最小值為（）A． B． C． D．12．已知實數x，y滿足，則的最小值等于（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在編號為1，2，3，4，5且大小和形狀均相同的五張卡片中，一次隨機抽取其中的三張，則抽取的三張卡片編號之和是偶數的概率為________.14．從分別寫有1，2，3，4的4張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數不小于第二張卡片上的數的概率為__________.15．設函數，當時，記最大值為，則的最小值為______.16．已知數列的前項和且，設，則的值等于_______________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）等差數列的公差為2,分別等于等比數列的第2項，第3項，第4項.（1）求數列和的通項公式；（2）若數列滿足,求數列的前2020項的和．18．（12分）如圖所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是線段EF的中點．求證：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥平面BDF.19．（12分）已知函數.（1）若函數，試討論的單調性；（2）若，，求的取值范圍.20．（12分）橢圓：的離心率為，點為橢圓上的一點.（1）求橢圓的標準方程；（2）若斜率為的直線過點，且與橢圓交于兩點，為橢圓的下頂點，求證：對于任意的實數，直線的斜率之積為定值.21．（12分）如圖，在四棱錐中，平面，四邊形為正方形，點為線段上的點，過三點的平面與交于點.將①，②，③中的兩個補充到已知條件中，解答下列問題：（1）求平面將四棱錐分成兩部分的體積比；（2）求直線與平面所成角的正弦值.22．（10分）已知函數f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax.（1）求函數f(x)在區(qū)間[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；（2）令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函數h(x)圖像上任意兩點，且滿足＞1，求實數a的取值范圍；（3）若?x∈(0,1]，使f(x)≥成立，求實數a的最大值．

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選項中，只有一項是符合題目要求的。1．D【解析】

根據函數為上的奇函數可得，由函數的對稱軸及單調性即可確定的值，進而確定函數的解析式，即可求得的值.【詳解】函數（，）是上的奇函數，則，所以.又的圖象關于直線對稱可得，，即，，由函數的單調區(qū)間知，，即，綜上，則，.故選：D【點睛】本題考查了三角函數的圖象與性質的綜合應用，由對稱軸、奇偶性及單調性確定參數，屬于中檔題.2．A【解析】

則從下往上第二層正方體的棱長為：，從下往上第三層正方體的棱長為：，從下往上第四層正方體的棱長為：，以此類推，能求出改形塔的最上層正方體的邊長小于1時該塔形中正方體的個數的最小值的求法.【詳解】最底層正方體的棱長為8，則從下往上第二層正方體的棱長為：，從下往上第三層正方體的棱長為：，從下往上第四層正方體的棱長為：，從下往上第五層正方體的棱長為：，從下往上第六層正方體的棱長為：，從下往上第七層正方體的棱長為：，從下往上第八層正方體的棱長為：，∴改形塔的最上層正方體的邊長小于1，那么該塔形中正方體的個數至少是8.故選：A.【點睛】本小題主要考查正方體有關計算，屬于基礎題.3．C【解析】

首先求出等差數列的首先和公差，然后寫出數列即可觀察到滿足的i的取值集合.【詳解】設公差為d，由題知，，解得，，所以數列為，故.故選：C.【點睛】本題主要考查了等差數列的基本量的求解，屬于基礎題.4．B【解析】

執(zhí)行給定的程序框圖，輸入，逐次循環(huán)，找到計算的規(guī)律，即可求解.【詳解】由題意，執(zhí)行給定的程序框圖，輸入，可得：第1次循環(huán)：；第2次循環(huán)：；第3次循環(huán)：；第10次循環(huán)：，此時滿足判定條件，輸出結果，故選：B.【點睛】本題主要考查了循環(huán)結構的程序框圖的計算與輸出，其中解答中認真審題，逐次計算，得到程序框圖的計算功能是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.5．B【解析】

由題意可得a1=a2=a3=a4=a5=2，累加法求得a62+【詳解】解：an即a1=an?6時，a1a1兩式相除可得1+a則an2=由a6a7…，ak2=可得aa1且a1正整數k(k?5)時，要使得a1則ak+1則k=17，故選：B．【點睛】本題考查與遞推數列相關的方程的整數解的求法，注意將題設中的遞推關系變形得到新的遞推關系，從而可簡化與數列相關的方程，本題屬于難題.6．A【解析】

根據對數的運算分別從充分性和必要性去證明即可.【詳解】若，，則，可得；若，可得，無法得到，所以“”是“”的充分而不必要條件.所以本題答案為A.【點睛】本題考查充要條件的定義，判斷充要條件的方法是：①若為真命題且為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；②若為假命題且為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；③若為真命題且為真命題，則命題p是命題q的充要條件；④若為假命題且為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件.⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系.7．B【解析】解：因為集合中的元素表示的是被12整除的正整數，那么可得為1，2,3,4，6，,12故選B8．D【解析】

討論，，三種情況，求導得到單調區(qū)間，畫出函數圖像，根據圖像得到答案.【詳解】當時，，故，函數在上單調遞增，在上單調遞減，且；當時，；當時，，，函數單調遞減；如圖所示畫出函數圖像，則，故.故選：.【點睛】本題考查了利用導數求函數的零點問題，意在考查學生的計算能力和應用能力.9．C【解析】

求出集合，，，由此能求出．【詳解】為實數集，，，或，．故選：．【點睛】本題考查交集、補集的求法，考查交集、補集的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．10．B【解析】

先根據題意，對原式進行化簡可得，然后利用累加法求得，然后不等式恒成立轉化為恒成立，再利用函數性質解不等式即可得出答案.【詳解】由題，即由累加法可得：即對于任意的，不等式恒成立即令可得且即可得或故選B【點睛】本題主要考查了數列的通項的求法以及函數的性質的運用，屬于綜合性較強的題目，解題的關鍵是能夠由遞推數列求出通項公式和后面的轉化函數，屬于難題.11．C【解析】

分別以直線為軸，直線為軸建立平面直角坐標系，設，根據，可求，而，化簡求解.【詳解】解：建立以為原點，以直線為軸，直線為軸的平面直角坐標系.設，，，則，，由，即，得.所以=，所以當時，的最小值為.故選：C.【點睛】本題考查向量的數量積的坐標表示，屬于基礎題.12．D【解析】

設，，去絕對值，根據余弦函數的性質即可求出．【詳解】因為實數，滿足，設，，，恒成立，，故則的最小值等于.故選：．【點睛】本題考查了橢圓的參數方程、三角函數的圖象和性質，考查了運算能力和轉化能力，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

先求出所有的基本事件個數，再求出“抽取的三張卡片編號之和是偶數”這一事件包含的基本事件個數，利用古典概型的概率計算公式即可算出結果.【詳解】一次隨機抽取其中的三張，所有基本事件為：1，2，3；1，2，4；1，2，5；1，3，4；1，3，5；1，4，5；2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5；共有10個，其中“抽取的三張卡片編號之和是偶數”包含6個基本事件，因此“抽取的三張卡片編號之和是偶數”的概率為：.故答案為：.【點睛】本題考查了古典概型及其概率計算公式，屬于基礎題.14．【解析】

基本事件總數，抽得的第一張卡片上的數不小于第二張卡片上的數包含的基本事件有10種，由此能求出抽得的第一張卡片上的數不小于第二張卡片上的數的概率．【詳解】從分別寫有1，2，3，4的4張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，基本事件總數，抽得的第一張卡片上的數不小于第二張卡片上的數包含的基本事件有10種，分別為：，，，，，，，，，，則抽得的第一張卡片上的數不小于第二張卡片上的數的概率為．故答案為：【點睛】本題考查古典概型概率的求法，考查運算求解能力，求解時注意辨別概率的模型．15．【解析】

易知，設，，利用絕對值不等式的性質即可得解．【詳解】，設，，令，當時，，所以單調遞減令，當時，，所以單調遞增所以當時，，，則則，即故答案為：.【點睛】本題考查函數最值的求法，考查絕對值不等式的性質，考查轉化思想及邏輯推理能力，屬于難題．16．7【解析】

根據題意，當時，，可得，進而得數列為等比數列，再計算可得，進而可得結論.【詳解】由題意，當時，，又，解得，當時，由，所以，，即，故數列是以為首項，為公比的等比數列，故，又，，所以，.故答案為：.【點睛】本題考查了數列遞推關系、函數求值，考查了推理能力與計算能力，計算得是解決本題的關鍵，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1），；（2）.【解析】

(1)根據題意同時利用等差、等比數列的通項公式即可求得數列和的通項公式；(2)求出數列的通項公式，再利用錯位相減法即可求得數列的前2020項的和.【詳解】(1)依題意得:，所以，所以解得設等比數列的公比為，所以又(2)由（1）知，因為①當時,②由①②得，，即，又當時，不滿足上式，.數列的前2020項的和設③，則④，由③④得：，所以，所以.【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項公式、性質，錯位相減法求和,考查學生的邏輯推理能力,化歸與轉化能力及綜合運用數學知識解決問題的能力.考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理與數學運算.是中檔題.18．（1）見解析（2）見解析【解析】(1)建立如圖所示的空間直角坐標系，設AC∩BD＝N，連結NE.則N，E(0，0，1)，A(，，0)，M.∴＝，＝.∴＝且NE與AM不共線．∴NE∥AM.∵NE平面BDE，AM平面BDE，∴AM∥平面BDE.(2)由(1)知＝，∵D(，0，0)，F(，，1)，∴＝(0，，1)，∴·＝0，∴AM⊥DF.同理AM⊥BF.又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF.19．（1）答案不唯一，具體見解析（2）【解析】

（1）由于函數，得出，分類討論當和時，的正負，進而得出的單調性；（2）求出，令，得，設，通過導函數，可得出在上的單調性和值域，再分類討論和時，的單調性，再結合，恒成立，即可求出的取值范圍.【詳解】解：（1）因為，所以，①當時，，在上單調遞減.②當時，令，則；令，則，所以在單調遞增，在上單調遞減.綜上所述，當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.（2）因為，可知，，令，得.設，則.當時，，在上單調遞增，所以在上的值域是，即.當時，沒有實根，且，在上單調遞減，，符合題意.當時，，所以有唯一實根，當時，，在上單調遞增，，不符合題意.綜上，，即的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性和根據恒成立問題求參數范圍，還運用了構造函數法，還考查分類討論思想和計算能力，屬于難題.20．（1）；（2）證明見解析【解析】

（1）運用離心率公式和點滿足橢圓方程，解得，，進而得到橢圓方程；（2）設直線，代入橢圓方程，運用韋達定理和直線的斜率公式，以及點在直線上滿足直線方程，化簡整理，即可得到定值．【詳解】（1）因為，所以，①又橢圓過點，所以②由①②，解得所以橢圓的標準方程為.（2）證明設直線：，聯(lián)立得，設，則易知故所以對于任意的，直線的斜率之積為定值.【點睛】本題考查橢圓的方程的求法，注意運用離心率公式和點滿足橢圓方程，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和直線的斜率公式，化簡整理，考查運算能力，屬于中檔題．21．（1）；（2）.【解析】

若補充②③根據已知可得平面，從而有，結合，可得平面，故有，而，得到，②③成立與①②相同，①③成立，可得，所以任意補充兩個條件，結果都一樣，以①②作為條件分析;（1）設，可得，進而求出梯形的面積，可求出，即可求出結論；（2），以為坐標原點，建立空間坐標系，求出坐標，由（1）得為平面的法向量，根據空間向量的線面角公式即可求解.【詳解】第一種情況：若將①，②作為已知條件，解答如下：（1）設平面為平面.∵，∴平面，而平面平面，∴，又為中點.設，則.在三角形中，，由知平面，∴，∴梯形的面積，，，平面，，，∴，故，.（2）如圖，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，設，則，由（1）得為平面的一個法向量，因為，所以直線與平面所成角的正弦值為.第二種情況：若將①，③作為已知條件，則由知平面，，又，所以平面，，又，故為中點，即，解答如上不變.第三種情況：若將②，③作為已知條件，由及第二種情況知，又，易知，解答仍如上不變.【點睛】本題考查空間點、線、面位置關系，以及體積、直線與平面所成的角，考查計算求解能力，屬于中檔題.22．（1）m(t)＝（2）a≤2－2.（3）a≤2－2.【解析】

（1）是研究在動區(qū)間上的最值問題，這類問題的研究方法就是通過討論函數的極值點與所研究的區(qū)間的大小關系來進行求解．（2）注意到函數h(x)的圖像上任意不同兩點A，B連線的斜率總大于1，等價于h(x1)－h(huán)(x2)＜x1－x2(x1＜x2)恒成立，從而構造函數F(x)＝h(x)－x在(0，＋∞)上單調遞增，進而等價于F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立來加以研究．（3）用處理恒成立問題來處理有解問題，先分離變量轉化為求對應函