貴州省貴陽市示范名校2022年高考仿真卷數學試卷含解析

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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．在中，在邊上滿足，為的中點，則（）.A． B． C． D．2．已知是虛數單位，若，則（）A． B．2 C． D．103．在正項等比數列{an}中，a5-a1=15，a4-a2=6，則a3=（）A．2 B．4 C． D．84．已知函數，則下列結論中正確的是①函數的最小正周期為；②函數的圖象是軸對稱圖形；③函數的極大值為；④函數的最小值為．A．①③ B．②④C．②③ D．②③④5．已知函數的圖象如圖所示，則可以為（）A． B． C． D．6．若為過橢圓中心的弦，為橢圓的焦點，則△面積的最大值為（）A．20 B．30 C．50 D．607．已知，滿足，且的最大值是最小值的4倍，則的值是（）A．4 B． C． D．8．已知集合，則=A． B． C． D．9．已知向量滿足,且與的夾角為,則()A． B． C． D．10．函數（）的圖象的大致形狀是（）A． B． C． D．11．要得到函數的導函數的圖像，只需將的圖像（）A．向右平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍B．向右平移個單位長度，再把各點的縱坐標縮短到原來的倍C．向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標縮短到原來的倍D．向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍12．如圖所示，直三棱柱的高為4，底面邊長分別是5，12，13，當球與上底面三條棱都相切時球心到下底面距離為8，則球的體積為()A．1605π3 B．642二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知定義在上的函數的圖象關于點對稱,,若函數圖象與函數圖象的交點為,則_____．14．某中學數學競賽培訓班共有10人，分為甲、乙兩個小組，在一次階段測試中兩個小組成績的莖葉圖如圖所示，若甲組5名同學成績的平均數為81，乙組5名同學成績的中位數為73，則x-y的值為________．15．一個袋中裝著標有數字1，2，3，4，5的小球各2個，從中任意摸取3個小球，每個小球被取出的可能性相等，則取出的3個小球中數字最大的為4的概率是__．16．設的內角的對邊分別為，，．若，，，則_____________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）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，∠，是邊長為2的正三角形，，為線段的中點．（1）求證：平面平面；（2）若為線段上一點，當二面角的余弦值為時，求三棱錐的體積．18．（12分）已知數列是公比為正數的等比數列，其前項和為，滿足，且成等差數列.（1）求的通項公式；（2）若數列滿足，求的值.19．（12分）已知橢圓的右頂點為，點在軸上，線段與橢圓的交點在第一象限，過點的直線與橢圓相切，且直線交軸于.設過點且平行于直線的直線交軸于點.（Ⅰ）當為線段的中點時，求直線的方程；（Ⅱ）記的面積為，的面積為，求的最小值.20．（12分）已知橢圓的右焦點為，直線被稱作為橢圓的一條準線，點在橢圓上(異于橢圓左、右頂點)，過點作直線與橢圓相切，且與直線相交于點.（1）求證：.（2）若點在軸的上方，當的面積最小時，求直線的斜率.附：多項式因式分解公式：21．（12分）設橢圓的右焦點為，過的直線與交于兩點，點的坐標為．（1）當直線的傾斜角為時，求線段AB的中點的橫坐標；（2）設點A關于軸的對稱點為C，求證：M，B，C三點共線；（3）設過點M的直線交橢圓于兩點，若橢圓上存在點P，使得（其中O為坐標原點），求實數的取值范圍．22．（10分）已知函數（1）當時，證明，在恒成立；（2）若在處取得極大值，求的取值范圍.

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．B【解析】

由，可得，，再將代入即可.【詳解】因為，所以，故.故選：B.【點睛】本題考查平面向量的線性運算性質以及平面向量基本定理的應用，是一道基礎題.2．C【解析】

根據復數模的性質計算即可.【詳解】因為，所以，，故選：C【點睛】本題主要考查了復數模的定義及復數模的性質，屬于容易題.3．B【解析】

根據題意得到，，解得答案.【詳解】，，解得或（舍去）.故.故選：.【點睛】本題考查了等比數列的計算，意在考查學生的計算能力.4．D【解析】

因為，所以①不正確；因為，所以，，所以，所以函數的圖象是軸對稱圖形，②正確；易知函數的最小正周期為，因為函數的圖象關于直線對稱，所以只需研究函數在上的極大值與最小值即可．當時，，且，令，得，可知函數在處取得極大值為，③正確；因為，所以，所以函數的最小值為，④正確．故選D．5．A【解析】

根據圖象可知，函數為奇函數，以及函數在上單調遞增，且有一個零點，即可對選項逐個驗證即可得出．【詳解】首先對4個選項進行奇偶性判斷，可知，為偶函數，不符合題意，排除B；其次，在剩下的3個選項,對其在上的零點個數進行判斷,在上無零點,不符合題意，排除D；然后,對剩下的2個選項,進行單調性判斷,在上單調遞減,不符合題意，排除C.故選：A．【點睛】本題主要考查圖象的識別和函數性質的判斷，意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力，屬于容易題．6．D【解析】

先設A點的坐標為，根據對稱性可得，在表示出面積，由圖象遏制，當點A在橢圓的頂點時，此時面積最大，再結合橢圓的標準方程，即可求解.【詳解】由題意，設A點的坐標為，根據對稱性可得，則的面積為，當最大時，的面積最大，由圖象可知，當點A在橢圓的上下頂點時，此時的面積最大，又由，可得橢圓的上下頂點坐標為，所以的面積的最大值為.故選：D.【點睛】本題主要考查了橢圓的標準方程及簡單的幾何性質，以及三角形面積公式的應用，著重考查了數形結合思想，以及化歸與轉化思想的應用.7．D【解析】試題分析：先畫出可行域如圖：由，得，由，得，當直線過點時，目標函數取得最大值，最大值為3；當直線過點時，目標函數取得最小值，最小值為3a；由條件得，所以，故選D.考點：線性規(guī)劃.8．C【解析】

本題考查集合的交集和一元二次不等式的解法，滲透了數學運算素養(yǎng)．采取數軸法，利用數形結合的思想解題．【詳解】由題意得，，則．故選C．【點睛】不能領會交集的含義易致誤，區(qū)分交集與并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．9．A【解析】

根據向量的運算法則展開后利用數量積的性質即可.【詳解】.故選：A.【點睛】本題主要考查數量積的運算，屬于基礎題.10．C【解析】

對x分類討論，去掉絕對值，即可作出圖象.【詳解】故選C．【點睛】識圖常用的方法(1)定性分析法：通過對問題進行定性的分析，從而得出圖象的上升(或下降)的趨勢，利用這一特征分析解決問題；(2)定量計算法：通過定量的計算來分析解決問題；(3)函數模型法：由所提供的圖象特征，聯想相關函數模型，利用這一函數模型來分析解決問題．11．D【解析】

先求得，再根據三角函數圖像變換的知識，選出正確選項.【詳解】依題意，所以由向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍得到的圖像.故選：D【點睛】本小題主要考查復合函數導數的計算，考查誘導公式，考查三角函數圖像變換，屬于基礎題.12．A【解析】

設球心為O，三棱柱的上底面ΔA1B1C1的內切圓的圓心為O1，該圓與邊B【詳解】如圖，設三棱柱為ABC-A1B1C所以底面ΔA1B1C1為斜邊是A1C1則圓O1的半徑為O設球心為O，則由球的幾何知識得ΔOO1M所以OM=2即球O的半徑為25所以球O的體積為43故選A．【點睛】本題考查與球有關的組合體的問題，解答本題的關鍵有兩個：（1）構造以球半徑R、球心到小圓圓心的距離d和小圓半徑r為三邊的直角三角形，并在此三角形內求出球的半徑，這是解決與球有關的問題時常用的方法．（2）若直角三角形的兩直角邊為a,b，斜邊為c，則該直角三角形內切圓的半徑r=a+b-c二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．4038.【解析】

由函數圖象的對稱性得：函數圖象與函數圖象的交點關于點對稱，則，,即，得解．【詳解】由知：得函數的圖象關于點對稱又函數的圖象關于點對稱則函數圖象與函數圖象的交點關于點對稱則故，即本題正確結果：【點睛】本題考查利用函數圖象的對稱性來求值的問題，關鍵是能夠根據函數解析式判斷出函數的對稱中心，屬中檔題．14．【解析】

根據莖葉圖中的數據，結合平均數與中位數的概念，求出x、y的值.【詳解】根據莖葉圖中的數據，得：甲班5名同學成績的平均數為，解得；又乙班5名同學的中位數為73，則；.故答案為：.【點睛】本題考查莖葉圖及根據莖葉圖計算中位數、平均數，考查數據分析能力，屬于簡單題.15．【解析】

由題，得滿足題目要求的情況有，①有一個數字4，另外兩個數字從1，2，3里面選和②有兩個數字4，另外一個數字從1，2，3里面選，由此即可得到本題答案.【詳解】滿足題目要求的情況可以分成2大類：①有一個數字4，另外兩個數字從1，2，3里面選，一共有種情況；②有兩個數字4，另外一個數字從1，2，3里面選，一共有種情況，又從中任意摸取3個小球，有種情況，所以取出的3個小球中數字最大的為4的概率.故答案為：【點睛】本題主要考查古典概型與組合的綜合問題，考查學生分析問題和解決問題的能力.16．或【解析】試題分析：由，則可運用同角三角函數的平方關系：，已知兩邊及其對角，求角．用正弦定理；，則；可得．考點：運用正弦定理解三角形．（注意多解的情況判斷）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）見解析；（2）.【解析】

（1）先證明，可證平面，再由可證平面，即得證；（2）以為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系，設，求解面的法向量，面的法向量，利用二面角的余弦值為，可求解，轉化即得解.【詳解】（1）證明：因為是正三角形，為線段的中點，所以．因為是菱形，所以．因為，所以是正三角形，所以，所以平面．又，所以平面．因為平面，所以平面平面．（2）由（1）知平面，所以，．而，所以，．又，所以平面．以為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系．則．于是，，．設面的一個法向量，由得令，則，即．設，易得，．設面的一個法向量，由得令，則，，即．依題意，即，令，則，即，即．所以．【點睛】本題考查了空間向量和立體幾何綜合，考查了面面垂直的判斷，二面角的向量求解，三棱錐的體積等知識點，考查了學生空間想象，邏輯推理，數學運算的能力，屬于中檔題.18．（1）（2）【解析】

（1）由公比表示出，由成等差數列可求得，從而數列的通項公式；（2）求（1）得，然后對和式兩兩并項后利用等差數列的前項和公式可求解．【詳解】（1）∵是等比數列，且成等差數列∴，即∴，解得：或∵，∴∵∴（2）∵∴【點睛】本題考查等比數列的通項公式，考查并項求和法及等差數列的項和公式．本題求數列通項公式所用方法為基本量法，求和是用并項求和法．數列的求和除公式法外，還有錯位相關法、裂項相消法、分組（并項）求和法等等．19．（Ⅰ）直線的方程為（Ⅱ）【解析】

（1）設點，利用中點坐標公式表示點B，并代入橢圓方程解得，從而求出直線的方程；（2）設直線的方程為：，表示點，然后聯立方程，利用相切得出，然后求出切點，再設出設直線的方程，求出點，利用兩點坐標，求出直線的方程，從而求出，最后利用以上已求點的坐標表示面積，根據基本不等式求最值即可.【詳解】解：（Ⅰ）由橢圓，可得：由題意：設點，當為的中點時，可得：代入橢圓方程，可得：所以：所以.故直線的方程為.（Ⅱ）由題意，直線的斜率存在且不為0，故設直線的方程為：令，得：，所以：.聯立：，消，整理得：.因為直線與橢圓相切，所以.即.設，則，，所以.又直線直線，所以設直線的方程為：.令，得，所以：.因為，所以直線的方程為：.令，得，所以：.所以.又因為..所以（當且僅當，即時等號成立）所以.【點睛】本小題主要考查直線和橢圓的位置關系，考查直線方程以及求橢圓中的最值問題，最值問題一般是把目標式求出，結合目標式特點選用合適的方法求解，側重考查數學運算的核心素養(yǎng)，本題利用了基本不等式求最小值的方法，運算量較大，屬于難題.20．（1）證明見解析（2）【解析】

（1）由得令可得，進而得到，同理，利用數量積坐標計算即可；（2），分，兩種情況討論即可.【詳解】（1）證明：點的坐標為.聯立方程，消去后整理為有，可得，，.可得點的坐標為.當時，可求得點的坐標為，，.有,故有.（2）若點在軸上方，因為，所以有，由（1）知①因為時.由（1）知，由函數單調遞增，可得此時.②當時，由（1）知令由，故當時，，此時函數單調遞增：當時，，此時函數單調遞減，又由，故函數的最小值，函數取最小值時，可求得.由①②知，若點在軸上方，當的面積最小時，直線的斜率為.【點睛】本題考查直線與橢圓的位置關系，涉及到分類討論求函數的最值，考查學生的運算求解能力，是一道難題.21．(1)AB的中點的橫坐標為；（2）證明見解析；（3）【解析】

設.（1）因為直線的傾斜角