2022届甘肃省临夏州高考数学五模试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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，是两条不重合的直线，是一个平面，则下列命题中正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则2若复数满足，复数的共轭复数是，则（ ）A1B0CD3已知双曲线的一条渐近线倾斜角为，则（ ）A3BCD4已知x,y满足不等式组,则点所在区域的面

2、积是( )A1B2CD5已知正方体的棱长为1，平面与此正方体相交.对于实数，如果正方体的八个顶点中恰好有个点到平面的距离等于，那么下列结论中，一定正确的是ABCD6已知抛物线y2= 4x的焦点为F，抛物线上任意一点P，且PQy轴交y轴于点Q，则 的最小值为（ ）ABClD17已知抛物线经过点，焦点为，则直线的斜率为（ ）ABCD8已知直线和平面，若，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不充分不必要9已知集合，若，则（ ）A4B4C8D810已知定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，若实数满足，则的取值范围是（ ）ABCD11已知（），i为虚数单位，则

3、（ ）AB3C1D512如图所示的“数字塔”有以下规律：每一层最左与最右的数字均为2，除此之外每个数字均为其两肩的数字之积，则该“数字塔”前10层的所有数字之积最接近（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设，满足约束条件，则的最大值为_.14若关于的不等式在上恒成立，则的最大值为_15曲线在点处的切线方程为_.16已知平面向量、的夹角为，且，则的最大值是_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）已知函数的导函数的两个零点为和（1）求的单调区间；（2）若的极小值为，求在区间上的最大值18（12分）已知非零实数满足 （1）求证：； （

4、2）是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出实数的取值范围； 若不存在，请说明理由19（12分）如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为平行四边形，BDDC，PCD为正三角形，平面PCD平面ABCD，E为PC的中点 （1）证明：AP平面EBD；（2）证明：BEPC20（12分）已知函数（1）若函数在处取得极值1，证明：（2）若恒成立，求实数的取值范围.21（12分）在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系已知直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为；（1）求直线的直角坐标方程和曲线的直角坐标方程；(2）若直线与曲线交点分别为，点，求的值22（10分）在平面直角

5、坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（）设直线与曲线交于，两点，求；（）若点为曲线上任意一点，求的取值范围.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。1D【解析】利用空间位置关系的判断及性质定理进行判断.【详解】解：选项A中直线，还可能相交或异面，选项B中，还可能异面，选项C，由条件可得或故选：D.【点睛】本题主要考查直线与平面平行、垂直的性质与判定等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力，属于基础题.2C【解析】根据复数代数形式的运算法则求出，再根据共轭复数的

6、概念求解即可【详解】解：，则，故选：C【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则，考查共轭复数的概念，属于基础题3D【解析】由双曲线方程可得渐近线方程，根据倾斜角可得渐近线斜率，由此构造方程求得结果.【详解】由双曲线方程可知：，渐近线方程为：，一条渐近线的倾斜角为，解得：.故选：.【点睛】本题考查根据双曲线渐近线倾斜角求解参数值的问题，关键是明确直线倾斜角与斜率的关系；易错点是忽略方程表示双曲线对于的范围的要求.4C【解析】画出不等式表示的平面区域，计算面积即可.【详解】不等式表示的平面区域如图：直线的斜率为，直线的斜率为，所以两直线垂直，故为直角三角形，易得，所以阴影部分面积.故选：C.【点

7、睛】本题考查不等式组表示的平面区域面积的求法，考查数形结合思想和运算能力，属于常考题.5B【解析】此题画出正方体模型即可快速判断m的取值.【详解】如图（1）恰好有3个点到平面的距离为；如图（2）恰好有4个点到平面的距离为；如图（3）恰好有6个点到平面的距离为.所以本题答案为B.【点睛】本题以空间几何体为载体考查点，面的位置关系，考查空间想象能力，考查了学生灵活应用知识分析解决问题的能力和知识方法的迁移能力，属于难题.6A【解析】设点，则点，利用向量数量积的坐标运算可得，利用二次函数的性质可得最值.【详解】解：设点，则点，当时，取最小值，最小值为.故选：A.【点睛】本题考查抛物线背景下的向量的坐

8、标运算，考查学生的计算能力，是基础题.7A【解析】先求出，再求焦点坐标，最后求的斜率【详解】解：抛物线经过点，故选：A【点睛】考查抛物线的基础知识及斜率的运算公式，基础题.8B【解析】由线面关系可知，不能确定与平面的关系，若一定可得，即可求出答案.【详解】,不能确定还是，当时，存在，由又可得，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B【点睛】本题主要考查了必要不充分条件，线面垂直，线线垂直的判定，属于中档题.9B【解析】根据交集的定义，可知，代入计算即可求出.【详解】由，可知，又因为，所以时，解得.故选：B.【点睛】本题考查交集的概念，属于基础题.10C【解析】根据题意，由函数的图象变换分析可得

9、函数为偶函数，又由函数在区间上单调递增，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，由于函数的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，由，得，函数在区间上单调递增，则，得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性与奇偶性解不等式，注意分析函数的奇偶性，属于中等题.11C【解析】利用复数代数形式的乘法运算化简得答案.【详解】由，得，解得.故选:C.【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算,是基础题.12A【解析】结合所给数字特征，我们可将每层数字表示成2的指数的形式，观察可知，每层指数的和成等比数列

10、分布，结合等比数列前项和公式和对数恒等式即可求解【详解】如图，将数字塔中的数写成指数形式，可发现其指数恰好构成“杨辉三角”，前10层的指数之和为，所以原数字塔中前10层所有数字之积为.故选：A【点睛】本题考查与“杨辉三角”有关的规律求解问题，逻辑推理，等比数列前项和公式应用，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1329【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为以原点为圆心的圆，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案.【详解】由约束条件作出可行域如图：联立，解得，目标函数是以原点为圆心，以为半径的圆，由图可知，此圆经过点A时，半径最大，此时也最大

11、，最大值为.所以本题答案为29.【点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.14【解析】分类讨论，时不合题意；时求导，求出函数的单调区间，得到在上的最小值，利用不等式恒成立转化为函数最小值，化简得，构造放缩函数对自变量再研究，可解,【详解】令；当时，不合题意；当时，令，得或，所以在区间和上单调递减.因为，且在区间上单调递增，所以在处取极小值，即最小值为.若，则，即.当时，当时，则.设，则.当时，；当时，所以在上

12、单调递增；在上单调递减，所以，即，所以的最大值为.故答案为： 【点睛】本题考查不等式恒成立问题. 不等式恒成立问题的求解思路：已知不等式(为实参数)对任意的恒成立，求参数的取值范围利用导数解决此类问题可以运用分离参数法; 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(,或，)求解15【解析】求导，得到和，利用点斜式即可求得结果.【详解】由于，所以，由点斜式可得切线方程为.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数的几何意义求切线方程，属基础题.16【解析】建立平面直角坐标系，设，可得，进而可得出，由此将转化为以为自变量的三角

13、函数，利用三角恒等变换思想以及正弦函数的有界性可得出结果.【详解】根据题意建立平面直角坐标系如图所示，设，以、为邻边作平行四边形，则，设，则，且，在中，由正弦定理，得，即，在中，由正弦定理，得，即.，则，当时，取最大值.故答案为：.【点睛】本题考查了向量的数量积最值的计算，将问题转化为角的三角函数的最值问题是解答的关键，考查计算能力，属于难题三、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）单调递增区间是，单调递减区间是和；（2）最大值是【解析】（1）求得，由题意可知和是函数的两个零点，根据函数的符号变化可得出的符号变化，进而可得出函数的单调递增区间和递减区间；（2）由（

14、1）中的结论知，函数的极小值为，进而得出，解出、的值，然后利用导数可求得函数在区间上的最大值.【详解】（1），令，因为，所以的零点就是的零点，且与符号相同又因为，所以当时，即；当或时，即.所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和； （2）由（1）知，是的极小值点，所以有，解得， ，所以因为函数的单调递增区间是，单调递减区间是和.所以为函数的极大值，故在区间上的最大值取和中的最大者，而，所以函数在区间上的最大值是【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间与最值，考查计算能力，属于中等题.18（1）见解析（2）存在，【解析】（1）利用作差法即可证出.（2）将不等式通分化简可得，讨论或，分离参数，

15、利用基本不等式即可求解.【详解】又即即当时，即恒成立（当且仅当时取等号），故当时恒成立（当且仅当时取等号），故综上，【点睛】本题考查了作差法证明不等式、基本不等式求最值、考查了分类讨论的思想，属于基础题.19（1）见解析（2）见解析【解析】（1）连结AC交BD于点O，连结OE，利用三角形中位线可得APOE，从而可证AP平面EBD；（2）先证明BD平面PCD，再证明PC平面BDE，从而可证BEPC【详解】证明：（1）连结AC交BD于点O，连结OE因为四边形ABCD为平行四边形O为AC中点，又E为PC中点，故APOE，又AP平面EBD，OE平面EBD所以AP平面EBD；（2）PCD为正三角形，E为

16、PC中点所以PCDE因为平面PCD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【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，线面平行一般转化为线线平行来证明，直线与直线垂直通常利用线面垂直来进行证明，侧重考查逻辑推理的核心素养.20（1）证明见详解；（2）【解析】（1）求出函数的导函数，由在处取得极值1，可得且.解出，构造函数，分析其单调性，结合，即可得到的范围，命题得证；（2）由分离参数，得到恒成立，构造函数，求导函数，再构造函数，进行二次求

17、导.由知，则在上单调递增.根据零点存在定理可知有唯一零点，且.由此判断出时，单调递减，时，单调递增，则，即.由得，再次构造函数，求导分析单调性，从而得，即，最终求得，则.【详解】解：（1）由题知，函数在，处取得极值1，且，令，则为增函数，即成立.（2）不等式恒成立，即不等式恒成立，即恒成立，令，则令，则,，在上单调递增，且，有唯一零点，且，当时，单调递减；当时，单调递增.，由整理得，令，则方程等价于而在上恒大于零，在上单调递增，.，实数的取值范围为.【点睛】本题考查了函数的极值，利用导函数判断函数的单调性，函数的零点存在定理，证明不等式，解决不等式恒成立问题.其中多次构造函数，是解题的关键，属于综合性很强的难题.21（）,曲线 （）【解析】试题分析：（1）消去参数可得直线的直角坐标系方程，由可得曲线的直角坐标方程；（2）将（为