2022届四川省成都市龙泉、新都等九校高考数学五模试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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元代数学家朱世杰的数学名著算术启蒙是中国古代代数学的通论，其中关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于其思想的一个程序图，若，则输出的

2、（ ）A3B4C5D62已知是虚数单位，则复数（ ）ABC2D3设是虚数单位，则（ ）ABC1D24若函数的图象经过点，则函数图象的一条对称轴的方程可以为( )ABCD5小张家订了一份报纸，送报人可能在早上之间把报送到小张家，小张离开家去工作的时间在早上之间.用表示事件：“小张在离开家前能得到报纸”，设送报人到达的时间为，小张离开家的时间为，看成平面中的点，则用几何概型的公式得到事件的概率等于（ ）ABCD6已知抛物线的焦点为，是抛物线上两个不同的点，若，则线段的中点到轴的距离为（ ）A5B3CD27若，则， ， ， 的大小关系为（ ）ABCD8当时，函数的图象大致是（ ）ABCD9若、满足约

3、束条件，则的最大值为（ ）ABCD10已知复数满足，则的共轭复数是（ ）ABCD11如图，在三棱锥中，平面，分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为A0BCD112若圆锥轴截面面积为，母线与底面所成角为60，则体积为( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设函数，则_.14已知向量，且向量与的夹角为_.15已知多项式满足，则_，_16已知，其中，为正的常数，且，则的值为_.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）若函数在处有极值，且，则称为函数的“F点”.（1）设函数（）.当时，求函数的极值；若函数存在“F点”，求k的值；（2

4、）已知函数（a，b，）存在两个不相等的“F点”，且，求a的取值范围.18（12分）数列满足，且.（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.19（12分）若关于的方程的两根都大于2，求实数的取值范围20（12分）在四棱锥中，底面是平行四边形，底面（1）证明：；（2）求二面角的正弦值21（12分）已知中，是上一点（1）若，求的长；（2）若，求的值22（10分）如图，在四面体中，.（1）求证:平面平面；（2）若，求四面体的体积.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。1B【解析】分析：根据流程图中的可知

5、，每次循环的值应是一个等比数列，公比为；根据流程图中的可知，每次循环的值应是一个等比数列，公比为，根据每次循环得到的的值的大小决定循环的次数即可.详解： 记执行第次循环时，的值记为有，则有；记执行第次循环时，的值记为有，则有.令，则有，故，故选B.点睛：本题为算法中的循环结构和数列通项的综合，属于中档题，解题时注意流程图中蕴含的数列关系（比如相邻项满足等比数列、等差数列的定义，是否是求数列的前和、前项积等）.2A【解析】根据复数的基本运算求解即可.【详解】.故选：A【点睛】本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题.3C【解析】由，可得，通过等号左右实部和虚部分别相等即可求出的值.【详解】解：，

6、 ，解得：.故选:C.【点睛】本题考查了复数的运算，考查了复数相等的涵义.对于复数的运算类问题，易错点是把 当成进行运算.4B【解析】由点求得的值，化简解析式，根据三角函数对称轴的求法，求得的对称轴，由此确定正确选项.【详解】由题可知.所以令，得令，得故选：B【点睛】本小题主要考查根据三角函数图象上点的坐标求参数，考查三角恒等变换，考查三角函数对称轴的求法，属于中档题.5D【解析】这是几何概型，画出图形，利用面积比即可求解.【详解】解：事件发生，需满足，即事件应位于五边形内，作图如下：故选：D【点睛】考查几何概型，是基础题.6D【解析】由抛物线方程可得焦点坐标及准线方程,由抛物线的定义可知,继

7、而可求出,从而可求出的中点的横坐标,即为中点到轴的距离.【详解】解：由抛物线方程可知，即，.设 则，即，所以.所以线段的中点到轴的距离为.故选:D.【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了抛物线的方程.本题的关键是由抛物线的定义求得两点横坐标的和.7D【解析】因为，所以，因为，所以,.综上；故选D.8B【解析】由，解得，即或，函数有两个零点，不正确，设，则，由，解得或，由，解得：，即是函数的一个极大值点，不成立，排除，故选B.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考察函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较

8、强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.9C【解析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可.【详解】作出满足约束条件的可行域如图阴影部分（包括边界）所示由，得，平移直线，当直线经过点时，该直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即.故选：C.【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.10B【解析】根据复数的除法运

9、算法则和共轭复数的定义直接求解即可.【详解】由，得，所以故选：B【点睛】本题考查了复数的除法的运算法则，考查了复数的共轭复数的定义，属于基础题.11B【解析】根据题意可得平面，则即异面直线与所成的角，连接CG，在中，易得，所以，所以，故选B12D【解析】设圆锥底面圆的半径为，由轴截面面积为可得半径，再利用圆锥体积公式计算即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为，由已知，解得，所以圆锥的体积.故选：D【点睛】本题考查圆锥的体积的计算，涉及到圆锥的定义，是一道容易题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】由自变量所在定义域范围，代入对应解析式，再由对数加减法运算法则与对数恒等式关系

10、分别求值再相加，即为答案.【详解】因为函数，则因为，则故故答案为：【点睛】本题考查分段函数求值，属于简单题.141【解析】根据向量数量积的定义求解即可【详解】解：向量，且向量与的夹角为，|；所以：（）2cos221，故答案为：1【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的定义，属于基础题15 【解析】多项式 满足令，得，则该多项式的一次项系数为令，得故答案为5，7216【解析】把已知等式变形，展开两角和与差的三角函数，结合已知求得值【详解】解：由，得，即，又，解得：为正的常数，故答案为：【点睛】本题考查两角和与差的三角函数，考查数学转化思想方法，属于中档题三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证

11、明过程或演算步骤。17（1）极小值为1，无极大值.实数k的值为1.（2）【解析】（1）将代入可得，求导讨论函数单调性，即得极值；设是函数的一个“F点”（），即是的零点，那么由导数可知，且，可得，根据可得，设，由的单调性可得，即得.（2）方法一：先求的导数，存在两个不相等的“F点”，可以由和韦达定理表示出，的关系，再由，可得的关系式，根据已知解即得.方法二：由函数存在不相等的两个“F点”和，可知，是关于x的方程组的两个相异实数根，由得，分两种情况：是函数一个“F点”，不是函数一个“F点”，进行讨论即得.【详解】解：（1）当时， （），则有（），令得，列表如下：x10极小值故函数在处取得极小值，极

12、小值为1，无极大值.设是函数的一个“F点”（）.（），是函数的零点.，由，得，由，得，即.设，则，所以函数在上单调增，注意到，所以方程存在唯一实根1，所以，得，根据知，时，是函数的极小值点，所以1是函数的“F点”.综上，得实数k的值为1.（2）由（a，b，），可得（）.又函数存在不相等的两个“F点”和，是关于x的方程（）的两个相异实数根.又，即，从而，即.，解得.所以，实数a的取值范围为.（2）（解法2）因为（ a，b，）所以（）.又因为函数存在不相等的两个“F点”和，所以，是关于x的方程组的两个相异实数根.由得，.（2.1）当是函数一个“F点”时，且.所以，即.又，所以，所以.又，所以.（2

13、.2）当不是函数一个“F点”时，则，是关于x的方程的两个相异实数根.又，所以得所以，得.所以，得.综合（2.1）（2.2），实数a的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数求函数极值，以及由函数的极值求参数值等，是一道关于函数导数的综合性题目，考查学生的分析和数学运算能力，有一定难度.18（1）证明见解析，；（2）【解析】（1）利用，推出，然后利用等差数列的通项公式，即可求解；（2）由（1）知，利用裂项法，即可求解数列的前n项和.【详解】（1）由题意，数列满足且可得，即，所以数列是公差，首项的等差数列，故，所以.（2）由（1）知，所以数列的前n项和：=【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及

14、“裂项法”求解数列的前n项和，其中解答中熟记等差数列的定义和通项公式，合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.19【解析】先令，根据题中条件得到，求解，即可得出结果.【详解】因为关于的方程的两根都大于2，令所以有，解得，所以.【点睛】本题主要考查一元二次方程根的分布问题，熟记二次函数的特征即可，属于常考题型.20（1）见解析（2）【解析】（1）利用正弦定理求得，由此得到，结合证得平面，由此证得.（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值，再转化为正弦值.【详解】（1）在中，由正弦定理可得：， ，底面，平面， ； （2）以为坐标原点建立如图所示的

15、空间直角坐标系， 设平面的法向量为，由可得：，令，则， 设平面的法向量为，由可得:，令，则， 设二面角的平面角为，由图可知为钝角，则， ，故二面角的正弦值为.【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查空间向量法求二面角，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.21（1） （2）【解析】（1）运用三角形面积公式求出的长度，然后再运用余弦定理求出的长.（2）运用正弦定理分别表示出和，结合已知条件计算出结果.【详解】（1）由在中，由余弦定理可得（2）由已知得在中，由正弦定理可知在中，由正弦定理可知故【点睛】本题考查了正弦定理、三角形面积公式以及余弦定理，结合三角形熟练运用各公式是解题关键，此类题目是常考题型，能够运用公式进行边角互化，需要掌握解题方法.2