2022届西北狼联盟高三第六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复数（i是虚数单位）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2双曲线的一条渐近线方程为，那么它的离心率为（ ）ABCD3在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切

2、于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（ ）ABCD4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.5复数的虚部是 ( )ABCD6关于函数，有下述三个结论：函数的一个周期为；函数在上单调递增；函数的值域为.其中所有正确结论的编号是（ ）ABCD7已知集合，则等于（ ）ABCD8阅

3、读名著，品味人生，是中华民族的优良传统.学生李华计划在高一年级每周星期一至星期五的每天阅读半个小时中国四大名著：红楼梦、三国演义、水浒传及西游记，其中每天阅读一种，每种至少阅读一次，则每周不同的阅读计划共有（ ）A120种B240种C480种D600种9已知命题，那么为（ ）ABCD10已知点为双曲线的右焦点，直线与双曲线交于A，B两点，若，则的面积为（ ）ABCD11复数的虚部为（ ）ABC2D12已知函数，为图象的对称中心，若图象上相邻两个极值点，满足，则下列区间中存在极值点的是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13请列举用0,1,2,3这4个数字所组成的无重复

4、数字且比210大的所有三位奇数：_14已知函数为上的奇函数，满足.则不等式的解集为_.15的展开式中含的系数为_（用数字填写答案）16已知为正实数，且，则的最小值为_.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）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF平面ABCD，EFAB，BAF90，AD2，ABAF2EF2，点P在棱DF上（1）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；（2）若二面角DAPC的正弦值为，求PF的长度18（12分）已知椭圆的右焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，且与短轴两端点的连线相互垂直.（1）求椭圆

5、的方程；（2）若圆上存在两点，椭圆上存在两个点满足：三点共线，三点共线，且，求四边形面积的取值范围.19（12分）已知点、分别在轴、轴上运动，（1）求点的轨迹的方程；（2）过点且斜率存在的直线与曲线交于、两点，求的取值范围20（12分）已知.（1）若是上的增函数，求的取值范围；（2）若函数有两个极值点，判断函数零点的个数.21（12分）如图，在直三棱柱中，分别是中点，且，.求证：平面；求点到平面的距离.22（10分）已知向量， .（1）求的最小正周期；（2）若的内角的对边分别为，且，求的面积.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

6、要求的。1B【解析】利用复数的四则运算以及几何意义即可求解.【详解】解：，则复数（i是虚数单位）在复平面内对应的点的坐标为：，位于第二象限.故选：B.【点睛】本题考查了复数的四则运算以及复数的几何意义，属于基础题.2D【解析】根据双曲线的一条渐近线方程为，列出方程，求出的值即可.【详解】双曲线的一条渐近线方程为，可得，双曲线的离心率.故选：D.【点睛】本小题主要考查双曲线离心率的求法，属于基础题.3D【解析】由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过

7、几何关系可转化出，进而求解【详解】根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以. 故选：D【点睛】本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养4D【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案选5C【解析】因为 ，所以的虚部是 ，故选C.6C【解析】用周期函数的定义验证.当时，再利用单调性判断.

8、根据平移变换，函数的值域等价于函数的值域，而，当时，再求值域.【详解】因为，故错误；当时，所以，所以在上单调递增，故正确；函数的值域等价于函数的值域，易知，故当时，故正确.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的性质，还考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于中档题.7C【解析】先化简集合A，再与集合B求交集.【详解】因为，所以.故选：C【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及分式不等式的解法，属于基础题.8B【解析】首先将五天进行分组，再对名著进行分配，根据分步乘法计数原理求得结果.【详解】将周一至周五分为组，每组至少天，共有：种分组方法；将四大名著安排到组中，每组种名著，共有：种分配方法；由分步乘

9、法计数原理可得不同的阅读计划共有：种本题正确选项：【点睛】本题考查排列组合中的分组分配问题，涉及到分步乘法计数原理的应用，易错点是忽略分组中涉及到的平均分组问题.9B【解析】利用特称命题的否定分析解答得解.【详解】已知命题，那么是.故选：【点睛】本题主要考查特称命题的否定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.10D【解析】设双曲线C的左焦点为，连接，由对称性可知四边形是平行四边形，设，得，求出的值，即得解.【详解】设双曲线C的左焦点为，连接，由对称性可知四边形是平行四边形，所以，.设，则，又.故，所以.故选：D【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查余弦定理解三角形和三角形面

10、积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.11D【解析】根据复数的除法运算，化简出，即可得出虚部.【详解】解：=，故虚部为-2.故选：D.【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的概念.12A【解析】结合已知可知，可求，进而可求，代入，结合，可求，即可判断【详解】图象上相邻两个极值点，满足，即，且，当时，为函数的一个极小值点，而故选：【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象及性质的简单应用，解题的关键是性质的灵活应用二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13231,321,301,1【解析】分个位数字是1、3两种情况讨论，即得解【详解】0,1,2,3这4个数字所组成的无重复数字比210

11、大的所有三位奇数有：（1）当个位数字是1时，数字可以是231,321,301；（2）当个位数字是3时数字可以是1故答案为：231,321,301，1【点睛】本题考查了分类计数法的应用，考查了学生分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.14【解析】构造函数，利用导数判断出函数的单调性，再将所求不等式变形为，利用函数的单调性即可得解.【详解】设，则，设，则.当时，此时函数单调递减；当时，此时函数单调递增.所以，函数在处取得极小值，也是最小值，即，即，所以，函数在上为增函数，函数为上的奇函数，则，则不等式等价于，又，解得.因此，不等式的解集为.故答案为：.【点睛】本题主要考查不等式的求解，构造函数，求

12、函数的导数，利用导数和函数单调性之间的关系是解决本题的关键综合性较强15 【解析】由题意得，二项式展开式的通项为，令，则，所以得系数为16【解析】，所以有，再利用基本不等式求最值即可.【详解】由已知，所以，当且仅当，即时，等号成立.故答案为：【点睛】本题考查利用基本不等式求和的最小值问题，采用的是“1”的替换，也可以消元等，是一道中档题.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）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，则（1，0，2），（2，1，1），计算夹角得到答案.（2）设，01，计算P（0，2，22），计算平面

13、APC的法向量（1，1，），平面ADF的法向量（1，0，0），根据夹角公式计算得到答案.【详解】（1）BAF90，AFAB，又平面ABEF平面ABCD，且平面ABEF平面ABCDAB，AF平面ABCD，又四边形ABCD为矩形，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AF为z轴，建立空间直角坐标系，AD2，ABAF2EF2，P是DF的中点，B（2，0，0），E（1，0，2），C（2，2，0），P（0，1，1），（1，0，2），（2，1，1），设异面直线BE与CP所成角的平面角为，则cos，异面直线BE与CP所成角的余弦值为（2）A（0，0，0），C（2，2，0），F（0，0，2），D（0，2，0），

14、设P（a，b，c），01，即（a，b，c2）（0，2，2），解得a0，b2，c22，P（0，2，22），（0，2，22），（2，2，0），设平面APC的法向量（x，y，z），则，取x1，得（1，1，），平面ADP的法向量（1，0，0），二面角DAPC的正弦值为，|cos|，解得，P（0，），PF的长度|PF|【点睛】本题考查了异面直线夹角，根据二面角求长度，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.18（1）；（2）【解析】（1）又题意知，及即可求得，从而得椭圆方程.（2）分三种情况：直线斜率不存在时，的斜率为0时，的斜率存在且不为0时，设出直线方程，联立方程组，用韦达定理和弦长公式以及四边形的面

15、积公式计算即可.【详解】（1）由焦点与短轴两端点的连线相互垂直及椭圆的对称性可知，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.又，解得.椭圆的方程为（2）由（1）可知圆的方程为，（i）当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，此时（ii）当直线的斜率为零时，.（iii）当直线的斜率存在且不等于零时，设直线的方程为，联立，得，设的横坐标分别为，则.所以，（注：的长度也可以用点到直线的距离和勾股定理计算.）由可得直线的方程为，联立椭圆的方程消去，得设的横坐标为，则.综上，由（i）（ii）（）得的取值范围是.【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题，解答此类题目，通常利

16、用的关系，确定椭圆方程是基础；通过联立直线方程与椭圆方程建立方程组，应用一元二次方程根与系数，得到目标函数解析式，运用函数知识求解；本题是难题.19（1）（2）【解析】(1)设坐标后根据向量的坐标运算即可得到轨迹方程.(2)联立直线和椭圆方程，用坐标表示出，得到，所以，代入韦达定理即可求解.【详解】（1）设，则，设，由得又由于，化简得的轨迹的方程为（2）设直线的方程为，与的方程联立，消去得，设，则，由已知，则，故直线，令，则，由于，所以，的取值范围为【点睛】此题考查轨迹问题，椭圆和直线相交，注意坐标表示向量进行转化的处理技巧，属于较难题目.20 (1) (2) 三个零点【解析】(1) 由题意知

17、恒成立,构造函数，对函数求导，求得函数最值，进而得到结果；（2）当时先对函数求导研究函数的单调性可得到函数有两个极值点，再证，.【详解】（1）由得，由题意知恒成立，即，设，时，递减，时，递增；故，即，故的取值范围是.（2）当时，单调，无极值；当时，一方面，且在递减，所以在区间有一个零点.另一方面，设 ，则，从而在递增，则，即，又在递增，所以在区间有一个零点.因此，当时在和各有一个零点，将这两个零点记为， ，当时，即；当时，即；当时，即：从而在递增，在递减，在递增；于是是函数的极大值点，是函数的极小值点.下面证明：，由得，即，由得 ，令，则，当时，递减，则，而，故；当时，递减，则，而，故；一方面

18、，因为，又，且在递增，所以在上有一个零点，即在上有一个零点.另一方面，根据得，则有： ，又，且在递增，故在上有一个零点，故在上有一个零点.又，故有三个零点.【点睛】本题考查函数的零点，导数的综合应用在研究函数零点时，有一种方法是把函数的零点转化为方程的解，再把方程的解转化为函数图象的交点，特别是利用分离参数法转化为动直线与函数图象交点问题，这样就可利用导数研究新函数的单调性与极值，从而得出函数的变化趋势，得出结论21（1）详见解析；（2）.【解析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；（2）取中点为,则,证得平面,利用等体积法求解即可.【详解】（1）因为，是的中点，为直三棱柱，所以平面，因为为中点，所以 平面，又,平面（2），又分别是中点，.由（1）知，,又平面,取中点为,连接如图,则，平面，设点到平面的距离为，由，得，即，解得，点到平面的距离为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和性质定理、等体积法求点到面的距离；考查逻