2022届贵州省湄潭县湄江高考冲刺数学模拟试题含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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已知不同直线、与不同平面、，且，则下列说法中正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则2设，为非零向量，则“存在正数，使得”是“”的（ ）A既不充分也不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D充分不必要条件3已知，分别是三个内角，的

2、对边，则（ ）ABCD4 “幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期大戴礼中“阶幻方”是由前个正整数组成的个阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15（如图所示）则“5阶幻方”的幻和为（ ）A75B65C55D455已知定义在上的函数，则，的大小关系为（ ）ABCD6已知奇函数是上的减函数，若满足不等式组，则的最小值为（ ）A-4B-2C0D47已知，则的大小关系为（ ）ABCD8若复数是纯虚数，则( )A3B5CD9将函数的图像向左平移个单位长度后，得到的图像关于坐标原点对称，则的最小值为（ ）ABCD10已知命题，且是的必要不充分条件，则

3、实数的取值范围为（ ）ABCD11某中学有高中生人，初中生人为了解该校学生自主锻炼的时间，采用分层抽样的方法从高生和初中生中抽取一个容量为的样本.若样本中高中生恰有人，则的值为（ ）ABCD12若的二项式展开式中二项式系数的和为32，则正整数的值为（ ）A7B6C5D4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落.小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入袋或袋中.己知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，则小球落入袋中的概率为_14若实数满足不等式组，则的最小值是_15设函数 满足,且当时,又

4、函数,则函数在上的零点个数为_.16的展开式中，的系数是_.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）分别为的内角的对边.已知.（1）若，求；（2）已知，当的面积取得最大值时，求的周长.18（12分）己知，.（1）求证：；（2）若，求证：.19（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，右焦点为，为椭圆上两点，圆.（1）若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程；（2）若圆的半径为，点满足，求直线被圆截得弦长的最大值.20（12分）已知函数.（1）当时，解关于的不等式；（2）若对任意，都存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.21（12分）已知椭圆：（）的左、

5、右顶点分别为、，焦距为2，点为椭圆上异于、的点，且直线和的斜率之积为.（1）求的方程；（2）设直线与轴的交点为，过坐标原点作交椭圆于点，试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.22（10分）如图，在四棱锥中，平面ABCD平面PAD，E是PD的中点证明：；设，点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为，求二面角的余弦值参考答案一、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。1C【解析】根据空间中平行关系、垂直关系的相关判定和性质可依次判断各个选项得到结果.【详解】对于，若，则可能为平行或异面直线，错误；对于，若，则可

6、能为平行、相交或异面直线，错误；对于，若，且，由面面垂直的判定定理可知，正确；对于，若，只有当垂直于的交线时才有，错误.故选：.【点睛】本题考查空间中线面关系、面面关系相关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中的平行关系与垂直关系的相关命题.2D【解析】充分性中，由向量数乘的几何意义得，再由数量积运算即可说明成立；必要性中，由数量积运算可得，不一定有正数，使得，所以不成立，即可得答案.【详解】充分性：若存在正数，使得，则，得证；必要性：若，则，不一定有正数，使得，故不成立；所以是充分不必要条件故选：D【点睛】本题考查平面向量数量积的运算，向量数乘的几何意义，还考查了充分必要条件的判定，属于简单题.3

7、C【解析】原式由正弦定理化简得，由于，可求的值.【详解】解：由及正弦定理得.因为，所以代入上式化简得.由于，所以.又，故.故选：C.【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，三角函数恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，属于中档题.4B【解析】计算的和，然后除以，得到“5阶幻方”的幻和.【详解】依题意“5阶幻方”的幻和为，故选B.【点睛】本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前项和公式，属于基础题.5D【解析】先判断函数在时的单调性，可以判断出函数是奇函数，利用奇函数的性质可以得到，比较三个数的大小，然后根据函数在时的单调性，比较出三个数的大小.【详解】当时，函数在时，是增函

8、数.因为，所以函数是奇函数，所以有，因为，函数在时，是增函数，所以，故本题选D.【点睛】本题考查了利用函数的单调性判断函数值大小问题，判断出函数的奇偶性、单调性是解题的关键.6B【解析】根据函数的奇偶性和单调性得到可行域，画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.【详解】奇函数是上的减函数，则，且，画出可行域和目标函数，即，表示直线与轴截距的相反数，根据平移得到：当直线过点，即时，有最小值为.故选：.【点睛】本题考查了函数的单调性和奇偶性，线性规划问题，意在考查学生的综合应用能力，画出图像是解题的关键.7A【解析】根据指数函数的单调性，可得，再利用对数函数的单调性，将与对比，即

9、可求出结论.【详解】由题知，则.故选:A.【点睛】本题考查利用函数性质比较大小，注意与特殊数的对比，属于基础题.8C【解析】先由已知，求出，进一步可得，再利用复数模的运算即可【详解】由z是纯虚数，得且，所以，.因此，.故选：C.【点睛】本题考查复数的除法、复数模的运算，考查学生的运算能力，是一道基础题.9B【解析】由余弦的二倍角公式化简函数为，要想在括号内构造变为正弦函数，至少需要向左平移个单位长度，即为答案.【详解】由题可知，对其向左平移个单位长度后，其图像关于坐标原点对称故的最小值为故选：B【点睛】本题考查三角函数图象性质与平移变换，还考查了余弦的二倍角公式逆运用，属于简单题.10D【解析

10、】求出命题不等式的解为，是的必要不充分条件，得是的子集，建立不等式求解.【详解】解：命题，即: ，是的必要不充分条件，解得实数的取值范围为故选：【点睛】本题考查根据充分、必要条件求参数范围，其思路方法：(1)解决此类问题一般是把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间关系列出关于参数的不等式(组)求解(2)求解参数的取值范围时， 一定要注意区间端点值的检验11B【解析】利用某一层样本数等于某一层的总体个数乘以抽样比计算即可.【详解】由题意，解得.故选：B.【点睛】本题考查简单随机抽样中的分层抽样，某一层样本数等于某一层的总体个数乘以抽样比，本题是一道基础题.12C【解

11、析】由二项式系数性质，的展开式中所有二项式系数和为计算【详解】的二项展开式中二项式系数和为，故选：C【点睛】本题考查二项式系数的性质，掌握二项式系数性质是解题关键二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】记小球落入袋中的概率，则，又小球每次遇到黑色障碍物时一直向左或者一直向右下落，小球将落入袋，所以有，则故本题应填14-1【解析】作出可行域，如图：由得,由图可知当直线经过A点时目标函数取得最小值，A（1,0）所以-1故答案为-1151【解析】判断函数为偶函数，周期为2，判断为偶函数，计算，画出函数图像，根据图像到答案.【详解】知，函数为偶函数，函数关于对称。，故函数为周期为2

12、的周期函数，且。为偶函数，当时，函数先增后减。当时，函数先增后减。在同一坐标系下作出两函数在上的图像，发现在内图像共有1个公共点，则函数在上的零点个数为1故答案为：.【点睛】本题考查了函数零点问题，确定函数的奇偶性，对称性，周期性，画出函数图像是解题的关键.16【解析】先将原式展开成，发现中不含，故只研究后面一项即可得解.【详解】，依题意，只需求中的系数，是.故答案为：-40【点睛】本题考查二项式定理性质，关键是先展开再利用排列组合思想解决，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）【解析】（1）根据正弦定理，将，化角为边，即可求出，再利用正弦定

13、理即可求出；（2）根据，选择，所以当的面积取得最大值时，最大，结合（1）中条件，即可求出最大时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长【详解】（1）由，得，即.因为，所以.由，得.（2）因为，所以，当且仅当时，等号成立.因为的面积.所以当时，的面积取得最大值，此时，则，所以的周长为.【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及到基本不等式的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力18（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）采用分析法论证，要证，分式化整式为，再利用立方和公式转化为，再作差提取公因式论证.（2）由基本不等式得，再用不等式的基本性质论证.【详解】（1）

14、要证，即证，即证，即证，即证，即证，该式显然成立，当且仅当时等号成立，故.（2）由基本不等式得，当且仅当时等号成立.将上面四式相加，可得，即.【点睛】本题考查证明不等式的方法、基本不等式，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.19（1）（2）【解析】试题分析：（1）确定圆的方程，就是确定半径的值，因为直线与圆相切，所以先确定直线方程，即确定点坐标：因为轴，所以，根据对称性，可取，则直线的方程为，根据圆心到切线距离等于半径得（2）根据垂径定理，求直线被圆截得弦长的最大值，就是求圆心到直线的距离的最小值. 设直线的方程为，则圆心到直线的距离，利用得，化简得，利用直线方程与椭圆方程联立方

15、程组并结合韦达定理得，因此，当时，取最小值，取最大值为.试题解析：解：（1）因为椭圆的方程为，所以，.因为轴，所以，而直线与圆相切，根据对称性，可取，则直线的方程为，即.由圆与直线相切，得，所以圆的方程为.（2）易知，圆的方程为.当轴时，所以，此时得直线被圆截得的弦长为.当与轴不垂直时，设直线的方程为，首先由，得，即，所以（*）.联立，消去，得，将代入（*）式，得.由于圆心到直线的距离为，所以直线被圆截得的弦长为，故当时，有最大值为.综上，因为，所以直线被圆截得的弦长的最大值为.考点：直线与圆位置关系20（1）；（2）.【解析】（1）分类讨论去绝对值号，然后解不等式即可.（2）因为对任意，都存

16、在，使得不等式成立，等价于，根据绝对值不等式易求，根据二次函数易求，然后解不等式即可.【详解】解：（1）当时，则当时，由得，解得；当时，恒成立；当时，由得，解得.所以的解集为（2）对任意，都存在，得成立，等价于.因为，所以，且|，当时，式等号成立，即.又因为，当时，式等号成立，即.所以，即即的取值范围为：.【点睛】知识：考查含两个绝对值号的不等式的解法；恒成立问题和存在性问题求参变数的范围问题；能力：分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力；中档题.21（1）（2）是定值，且定值为2【解析】（1）设出点坐标并代入椭圆方程，根据列方程，求得的值，结合求得的值，进而求得椭圆的方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，求得点的横坐标，联立直线的方程和椭圆方程，求得，由此化简求得为定值.【详解】（1）已知点在椭圆：（）上，可设，即，又，且，可得椭圆的方程为.（2）设直线的方程为：，则直线的方程为.联立直线与椭圆的方程可得：，由，可得，联立直线与椭圆的方程可得：，即，即.即为定值，且定值为2.【点睛】本小题主要考查本小题主要考查椭圆方程的求法，考查椭圆中的定值问题的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.22（1）见解析；（2）【解析】（1）由平面平面的性质定理得平面，.在中