2022届甘肃省兰州市高三第五次模拟考试数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、要求的。1已知曲线，动点在直线上，过点作曲线的两条切线，切点分别为，则直线截圆所得弦长为（ ）AB2C4D2已知函数（）的部分图象如图所示.则（ ）ABCD3设，点，设对一切都有不等式 成立，则正整数的最小值为（ ）ABCD4已知，则( )ABCD5随着人民生活水平的提高，对城市空气质量的关注度也逐步增大，下图是某城市月至月的空气质量检测情况，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级空气质量最好，一级和二级都是质量合格天气，下面叙述不正确的是（ ）A1月至8月空气合格天数超过天的月份有个B第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了C8月是空气质量最好的一个月D6月份的空气质量最差.6网格

3、纸上小正方形边长为1单位长度，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（ ）A1BC3D47某几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为4的正三角形，俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成，则该几何体的体积为（ ）ABCD8已知双曲线的右焦点为为坐标原点，以为直径的圆与双 曲线的一条渐近线交于点及点，则双曲线的方程为（ ）ABCD9若的展开式中的系数之和为，则实数的值为（ ）ABCD110已知数列满足,且,则的值是( )ABC4D11设，满足约束条件，则的最大值是（ ）ABCD12为实现国民经济新“三步走”的发展战略目标，国家加大了扶贫攻坚的力度某地区在2015 年以前的年均脱贫率

4、（脱离贫困的户数占当年贫困户总数的比）为2015年开始，全面实施“精准扶贫”政策后，扶贫效果明显提高，其中2019年度实施的扶贫项目，各项目参加户数占比（参加该项目户数占 2019 年贫困户总数的比）及该项目的脱贫率见下表：实施项目种植业养殖业工厂就业服务业参加用户比脱贫率那么年的年脱贫率是实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的（ ）A倍B倍C倍D倍二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个点，在半径为的圆上，且，分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域，则平面区域的“直径”的最大值

5、是_.14在一块土地上种植某种农作物，连续5年的产量（单位：吨）分别为9.4，9.7，9.8，10.3，10.8.则该农作物的年平均产量是_吨.15已知平面向量与的夹角为，则_.16若函数为奇函数，则_.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）设函数（其中），且函数在处的切线与直线平行.（1）求的值；（2）若函数，求证：恒成立.18（12分）设数列an的前n项和为Sn，且a1=1,an+1=2Sn+1，数列bn满足a1=b1，点P(bn,bn+1)在x-y+2=0上，nN*. （1）求数列an，bn的通项公式；（2）设cn=bnan，求数列cn的前n项和Tn

6、19（12分）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E（1）求证：四边形ACC1A1为矩形；（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值20（12分）设函数.（1）若恒成立，求整数的最大值；（2）求证：.21（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面ABCD，M，N分别是线段PD和BC的中点.（1）求直线CM与平面PAB所成角的正弦值；（2）求二面角D-AP-B的余弦值；（3）试判断直线MN与平面PAB的位置关系，并给出证明.22（10分）某大型单

7、位举行了一次全体员工都参加的考试，从中随机抽取了20人的分数.以下茎叶图记录了他们的考试分数（以十位数字为茎，个位数字为叶）：若分数不低于95分，则称该员工的成绩为“优秀”.（1）从这20人中任取3人，求恰有1人成绩“优秀”的概率；（2）根据这20人的分数补全下方的频率分布表和频率分布直方图，并根据频率分布直方图解决下面的问题.组别分组频数频率1234估计所有员工的平均分数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；若从所有员工中任选3人，记表示抽到的员工成绩为“优秀”的人数，求的分布列和数学期望.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

8、合题目要求的。1C【解析】设，根据导数的几何意义，求出切线斜率，进而得到切线方程，将点坐标代入切线方程，抽象出直线方程，且过定点为已知圆的圆心，即可求解.【详解】圆可化为.设，则的斜率分别为，所以的方程为，即，即，由于都过点，所以，即都在直线上，所以直线的方程为，恒过定点，即直线过圆心，则直线截圆所得弦长为4.故选:C.【点睛】本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系，抛物线两切点所在直线求解是解题的关键，属于中档题.2C【解析】由图象可知,可解得,利用三角恒等变换化简解析式可得,令,即可求得.【详解】依题意，即,解得；因为所以，当时，.故选:C.【点睛】本题主要考查了由三角函数的图象求

9、解析式和已知函数值求自变量,考查三角恒等变换在三角函数化简中的应用,难度一般.3A【解析】先求得，再求得左边的范围，只需，利用单调性解得t的范围.【详解】由题意知sin，随n的增大而增大，,，即，又f(t)=在t上单增，f(2)= -10，正整数的最小值为3.【点睛】本题考查了数列的通项及求和问题，考查了数列的单调性及不等式的解法，考查了转化思想，属于中档题.4B【解析】利用指数函数和对数函数的单调性，将数据和做对比，即可判断.【详解】由于，故.故选：B.【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，属基础题.5D【解析】由图表可知月空气质量合格天气只有天，月份的空气质量最差故本题答

10、案选6A【解析】采用数形结合，根据三视图可知该几何体为三棱锥，然后根据锥体体积公式，可得结果.【详解】根据三视图可知：该几何体为三棱锥如图该几何体为三棱锥，长度如上图所以所以所以故选：A【点睛】本题考查根据三视图求直观图的体积，熟悉常见图形的三视图：比如圆柱，圆锥，球，三棱锥等；对本题可以利用长方体，根据三视图删掉没有的点与线，属中档题.7A【解析】由题意得到该几何体是一个组合体，前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥，后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥，体积为 故答案为A.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，

11、其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.8C【解析】根据双曲线方程求出渐近线方程：，再将点代入可得，连接，根据圆的性质可得，从而可求出，再由即可求解.【详解】由双曲线，则渐近线方程：， 连接，则，解得，所以，解得.故双曲线方程为.故选：C【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，需掌握双曲线的渐近线求法，属于中档题.9B【解析】由，进

12、而分别求出展开式中的系数及展开式中的系数，令二者之和等于，可求出实数的值.【详解】由，则展开式中的系数为，展开式中的系数为，二者的系数之和为，得.故选：B.【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.10B【解析】 由，可得，所以数列是公比为的等比数列， 所以，则， 则，故选B.点睛：本题考查了等比数列的概念，等比数列的通项公式及等比数列的性质的应用，试题有一定的技巧，属于中档试题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，等比数列的性质和在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.1

13、1D【解析】作出不等式对应的平面区域，由目标函数的几何意义，通过平移即可求z的最大值【详解】作出不等式组的可行域，如图阴影部分，作直线：在可行域内平移当过点时，取得最大值.由得：，故选：D【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法，属于基础题.12B【解析】设贫困户总数为，利用表中数据可得脱贫率，进而可求解.【详解】设贫困户总数为，脱贫率，所以. 故年的年脱贫率是实施“精准扶贫”政策前的年均脱贫率的倍.故选：B【点睛】本题考查了概率与统计，考查了学生的数据处理能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】先找到平面区域内任意两点

14、的最大值为，再利用三角恒等变换化简即可得到最大值.【详解】由已知及正弦定理，得，所以，取AB中点E，AC中点F，BC中点G，如图所示显然平面区域任意两点距离最大值为，而，当且仅当时，等号成立.故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理在平面几何中的应用问题，涉及到距离的最值问题，在处理这类问题时，一定要数形结合，本题属于中档题.1410【解析】根据已知数据直接计算即得.【详解】由题得，.故答案为：10【点睛】本题考查求平均数，是基础题.15【解析】根据已知求出，利用向量的运算律，求出即可.【详解】由可得，则，所以.故答案为:【点睛】本题考查向量的模、向量的数量积运算，考查计算求解能力，属于基础题.1

15、6-2【解析】由是定义在上的奇函数,可知对任意的,都成立,代入函数式可求得的值.【详解】由题意,的定义域为,是奇函数,则,即对任意的,都成立,故,整理得,解得.故答案为:.【点睛】本题考查奇函数性质的应用,考查学生的计算求解能力,属于基础题.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）（2）证明见解析【解析】（1）求导得到，解得答案.（2）变形得到，令函数，求导得到函数单调区间得到，得到证明.【详解】（1），解得.（2）得，变形得，令函数，令解得，当时，时.函数在上单调递增，在上单调递减，而函数在区间上单调递增，即，即，恒成立.【点睛】本题考查了根据切线求参数，证明

16、不等式，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力.18（1）an=3n-1，bn=1+(n-1)2=2n-1（2）Tn=3-123n-2-2n-123n-1=3-n+13n-1.【解析】（1）利用an与Sn的递推关系可以an的通项公式；P点代入直线方程得bn+1-bn=2，可知数列bn是等差数列，用公式求解即可.(2)用错位相减法求数列的和.【详解】(1)由an+1=2Sn+1可得an=2Sn-1+1(n2)，两式相减得an+1-an=2an，an+1=3an(n2)又a2=2S1+1=3，所以a2=3a1故an是首项为1，公比为3的等比数列所以an=3n-1由点P(bn,bn+1)在直

17、线x-y+2=0上，所以bn+1-bn=2则数列bn是首项为1，公差为2的等差数列则bn=1+(n-1)2=2n-1(2)因为cn=bnan=2n-13n-1，所以Tn=130+331+532+2n-13n-1则13Tn=131+332+533+2n-33n-1+2n-13n，两式相减得：23Tn=1+23+232+23n-1-2n-13n所以Tn=3-123n-2-2n-123n-1=3-n+13n-1【点睛】用递推关系an=Sn-Sn-1(n2)求通项公式时注意n的取值范围，所求结果要注意检验n=1的情况；由一个等差数列和一个等比数列的积组成的数列求和，常用错位相减法求解.19（1）见解析

18、（2）【解析】（1）通过勾股定理得出，又，进而可得平面，则可得到，问题得证；（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案.【详解】（1）因为平面，所以， 又因为，所以，因此，所以， 因此平面，所以，从而，又四边形为平行四边形，则四边形为矩形；（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，所以，平面的法向量，设平面的法向量， 由，由，令，即， 所以，所以，所求二面角的余弦值是.【点睛】本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力，是中档题.20（1）整数的最大值为；（2）见解析.【解析】（1）将不等式变

19、形为，构造函数，利用导数研究函数的单调性并确定其最值，从而得到正整数的最大值；（2）根据（1）的结论得到，利用不等式的基本性质可证得结论.【详解】（1）由得，令，令，对恒成立，所以，函数在上单调递增，故存在使得，即，从而当时，有，所以，函数在上单调递增；当时，有，所以，函数在上单调递减.所以，因此，整数的最大值为；（2）由（1）知恒成立，令则，上述等式全部相加得，所以，因此，【点睛】本题考查导数在函数单调性、最值中的应用，以及放缩法证明不等式的技巧，属于难题21（1）（2）（3）直线平面，证明见解析【解析】取中点，连接，则，再由已知证明平面，以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量（1）求出的坐标，由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值；（2）求出平面的一个法