2022届上海市高东高考仿真模拟数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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已知平面向量，则实数x的值等于（ ）A6B1CD2已知，则的最小值为（ ）ABCD3一物体作变

2、速直线运动，其曲线如图所示，则该物体在间的运动路程为（ ）mA1BCD24中国的国旗和国徽上都有五角星，正五角星与黄金分割有着密切的联系，在如图所示的正五角星中，以、为顶点的多边形为正五边形，且，则（ ）ABCD5已知随机变量服从正态分布，（ ）ABCD6已知复数，则（ ）ABCD7设函数，当时，则（ ）ABC1D8已知（为虚数单位，为的共轭复数），则复数在复平面内对应的点在（ ）.A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限9已知，满足，且的最大值是最小值的4倍，则的值是（ ）A4BCD10函数的图象在点处的切线为，则在轴上的截距为（ ）ABCD11已知集合，则( )ABCD12在中，则=（ ）

3、ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知实数，满足约束条件则的最大值为_14若四棱锥的侧面内有一动点Q，已知Q到底面的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角平面角的大小为时，k的值为_.15如图，棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分别在面和面内作弧和，并将两弧各五等分，分点依次为、以及、一只蚂蚁欲从点出发，沿正方体的表面爬行至，则其爬行的最短距离为_参考数据：；）16如图，在ABC中，AB4，D是AB的中点，E在边AC上，AE2EC，CD与BE交于点O，若OBOC，则ABC面积的最大值为_三、解答题：共70分。解答

4、应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）记函数的最小值为，正实数、满足，求证：.18（12分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且曲线的左焦点在直线上.（）求的极坐标方程和曲线的参数方程；（）求曲线的内接矩形的周长的最大值.19（12分）已知椭圆的左右焦点分别是，点在椭圆上，满足（1）求椭圆的标准方程；（2）直线过点，且与椭圆只有一个公共点，直线与的倾斜角互补，且与椭圆交于异于点的两点，与直线交于点（介于两点之间），是否存在直线，使得直线，的斜率按某种排序能构成等比数列？若能，求出的方程

5、，若不能，请说理由.20（12分）在平面直角坐标系中,已知椭圆：（）的左、右焦点分别为、,且点、与椭圆的上顶点构成边长为2的等边三角形（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆相切于点,且分别与直线和直线相交于点、试判断是否为定值,并说明理由21（12分）已知椭圆：，不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于，两点.（）若线段的中点坐标为，求直线的方程；（）若直线过点，点满足（，分别为直线，的斜率），求的值.22（10分）如图，是矩形，的顶点在边上，点，分别是，上的动点（的长度满足需求）.设，且满足.（1）求；（2）若，求的最大值.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

6、选项中，只有一项是符合题目要求的。1A【解析】根据向量平行的坐标表示即可求解.【详解】，即，故选：A【点睛】本题主要考查了向量平行的坐标运算，属于容易题.2B【解析】 ,选B3C【解析】由图像用分段函数表示，该物体在间的运动路程可用定积分表示，计算即得解【详解】由题中图像可得，由变速直线运动的路程公式，可得所以物体在间的运动路程是故选：C【点睛】本题考查了定积分的实际应用，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.4A【解析】利用平面向量的概念、平面向量的加法、减法、数乘运算的几何意义，便可解决问题【详解】解：.故选：A【点睛】本题以正五角星为载体，考查平面向量的概念及运算法则

7、等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于基础题5B【解析】利用正态分布密度曲线的对称性可得出，进而可得出结果.【详解】，所以，.故选：B.【点睛】本题考查利用正态分布密度曲线的对称性求概率，属于基础题.6B【解析】利用复数除法、加法运算，化简求得，再求得【详解】，故.故选：B【点睛】本小题主要考查复数的除法运算、加法运算，考查复数的模，属于基础题.7A【解析】由降幂公式，两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质求得参数值【详解】，时，由题意，故选：A【点睛】本题考查二倍角公式，考查两角和的正弦公式，考查正弦函数性质，掌握正弦函数性质是解题关键8D【解析

8、】设，由，得，利用复数相等建立方程组即可.【详解】设，则，所以，解得，故，复数在复平面内对应的点为，在第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数的几何意义，涉及到共轭复数的定义、复数的模等知识，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.9D【解析】试题分析：先画出可行域如图：由，得，由，得，当直线过点时，目标函数取得最大值，最大值为3；当直线过点时，目标函数取得最小值，最小值为3a；由条件得，所以，故选D.考点：线性规划.10A【解析】求出函数在处的导数后可得曲线在处的切线方程，从而可求切线的纵截距.【详解】，故，所以曲线在处的切线方程为：.令，则，故切线的纵截距为.故选：A.【点睛】本题考查导数的

9、几何意义以及直线的截距，注意直线的纵截距指直线与轴交点的纵坐标，因此截距有正有负，本题属于基础题.11D【解析】先求出集合B，再与集合A求交集即可.【详解】由已知，故，所以.故选：D.【点睛】本题考查集合的交集运算，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.12B【解析】在上分别取点,使得,可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案【详解】如下图，在上分别取点,使得,则为平行四边形，故,故答案为B. 【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。131【解析】作出约束条件表示的可行域，转化目标函数为，当目标函数经过点时，直线

10、的截距最大，取得最大值，即得解.【详解】作出约束条件表示的可行域是以为顶点的三角形及其内部，转化目标函数为当目标函数经过点时，直线的截距最大此时取得最大值1故答案为：1【点睛】本题考查了线性规划问题，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算能力，属于基础题.14【解析】二面角平面角为，点Q到底面的距离为，点Q到定直线得距离为d，则.再由点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，可得，由此可得，则由可求k值.【详解】解：如图，设二面角平面角为，点Q到底面的距离为，点Q到定直线的距离为d，则，即.点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，则，动点Q的轨迹是抛物线，即则.二面角的平面角的余弦值

11、为解得：（）.故答案为：.【点睛】本题考查了四棱锥的结构特征，由四棱锥的侧面与底面的夹角求参数值，属于中档题.15【解析】根据空间位置关系，将平面旋转后使得各点在同一平面内，结合角的关系即可求得两点间距离的三角函数表达式.根据所给参考数据即可得解.【详解】棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分别在面和面内作弧和.将平面绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：则，所以；将平面绕旋转至与平面共面的位置，将绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：则，所以；因为，且由诱导公式可得，所以最短距离为，故答案为：.【点睛】本题考查了空间几何体中最短距离的求法，注意将空间几何体展开至同一平面

12、内求解的方法，三角函数诱导公式的应用，综合性强，属于难题.16【解析】先根据点共线得到，从而得到O的轨迹为阿氏圆，结合三角形和三角形的面积关系可求.【详解】设B，O，E共线，则，解得，从而O为CD中点，故.在BOD中，BD2，易知O的轨迹为阿氏圆，其半径，故故答案为：.【点睛】本题主要考查三角形的面积问题，把所求面积进行转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.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）见解析.【解析】（1）分、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的的解集；（2）利用绝对值三角不等式可求得函数的最小值为，进而可得出，再将代数式与相乘，利

13、用基本不等式求得的最小值，进而可证得结论成立.【详解】（1）当时，由，得，即，解得，此时；当时，由，得，即，解得，此时；当时，由，得，即，解得，此时.综上所述，不等式的解集为；（2），当且仅当时取等号，所以，.所以，当且仅当，即，时等号成立，所以.所以，即.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了利用基本不等式证明不等式成立，涉及绝对值三角不等式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.18（）曲线的参数方程为：(为参数)；的极坐标方程为；（）16.【解析】(I)直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；(II)利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应

14、用，即可求出结果.【详解】() 由题意：曲线的直角坐标方程为：，所以曲线的参数方程为(为参数)，因为直线的直角坐标方程为：，又因曲线的左焦点为，将其代入中，得到，所以的极坐标方程为 .（）设椭圆的内接矩形的顶点为，所以椭圆的内接矩形的周长为：，所以当时，即时，椭圆的内接矩形的周长取得最大值16 .【点睛】本题考查了曲线的参数方程，极坐标方程与普通方程间的互化，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，极径的应用，考查学生的求解运算能力和转化能力，属于基础题型.19（1）；（2）不能，理由见解析【解析】（1）设，则，由此即可求出椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程可求得，

15、则直线斜率为，设其方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得关于对称，可求得，假设存在直线满足题意，设，可得，由此可得答案【详解】解：（1）设，则，所以椭圆方程为；（2）设直线的方程为，与联立得，因为两直线的倾斜角互补，所以直线斜率为，设直线的方程为，联立整理得，所以关于对称，由正弦定理得，因为,所以，由上得，假设存在直线满足题意，设，按某种排列成等比数列，设公比为，则，所以，则此时直线与平行或重合，与题意不符，所以不存在满足题意的直线【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力与推理能力，属于难题20（1）（2）为定值【解析】（1）根据题意,得出,从而得出椭圆的标准方程（2）根据

16、题意设直线方程：,因为直线与椭圆相切,这有一个交点,联立直线与椭圆方程得,则,解得把和代入,得和 ,的表达式,比即可得出为定值【详解】解：（1）依题意,所以椭圆的标准方程为（2）为定值.因为直线分别与直线和直线相交,所以,直线一定存在斜率设直线：,由得,由,得 把代入,得,把代入,得,又因为,所以,由式,得, 把式代入式,得,即为定值【点睛】本题考查椭圆的定义、方程、和性质,主要考查椭圆方程的运用,考查椭圆的定值问题,考查计算能力和转化思想,是中档题.21（）（）【解析】（）根据点差法，即可求得直线的斜率，则方程即可求得；（）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，根据，即可求得参数的值.【详解】（1）设，则两式相减，可得.（*）因为线段的中点坐标为，所以，.代入（*）式，得.所以直线的斜率.所以直线的方程为，即.（）设直线：（），联立整理得.所以，解得.所以，.所以，所以.所以.因为，所以.【点睛】本题考查中点弦问题的点差法求解，以及利用代数与几何关系求直线方程，涉