北师大学附中2021-2022学年高考临考冲刺数学试卷含解析

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已知等差数列的前n项和为，且，若（，且），则i的取值集合是（ ）ABCD2已知直四棱柱的所有棱长相等，则直线与平面所成角的正切值等于（ ）ABCD3现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动,则乙、丙两人恰好参加同一项活动的概率为ABCD4某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（ ）ABCD5函数的图象大致为( )ABCD6如图所示的程序框图，若输入，则输出的结果是（ ）ABCD7已知复数z满足,则在复平面上对应的点在( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限8已知集合，且、都是全集（为实数集）的子集，则如图所

3、示韦恩图中阴影部分所表示的集合为（ ）AB或CD9 “”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件10已知数列是公比为的等比数列，且，若数列是递增数列，则的取值范围为（ ）ABCD11在中所对的边分别是，若，则（ ）A37B13CD12在声学中，声强级（单位：）由公式给出，其中为声强（单位：）.，那么（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数是定义在上的奇函数，其图象关于直线对称，当时，（其中是自然对数的底数，若，则实数的值为_.14 “北斗三号”卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R,若其近地点远地点离地面的

4、距离大约分别是,则“北斗三号”卫星运行轨道的离心率为_.15已知椭圆：的左、右焦点分别为，如图是过且垂直于长轴的弦，则的内切圆方程是_.16设，若函数有大于零的极值点，则实数的取值范围是_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）已知，分别为内角，的对边，且.（1）证明：；（2）若的面积，求角.18（12分）（江苏省徐州市高三第一次质量检测数学试题）在平面直角坐标系中，已知平行于轴的动直线交抛物线： 于点，点为的焦点.圆心不在轴上的圆与直线， ， 轴都相切，设的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若直线与曲线相切于点，过且垂直于的直线为，直线， 分别与轴相交

5、于点， .当线段的长度最小时，求的值.19（12分）设为抛物线的焦点，为抛物线上的两个动点，为坐标原点.（）若点在线段上，求的最小值；（）当时，求点纵坐标的取值范围.20（12分）如图，在矩形中，点分别是线段的中点，分别将沿折起，沿折起，使得重合于点，连结.（）求证：平面平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.21（12分）已知三棱柱中，是的中点，.（1）求证：；（2）若侧面为正方形，求直线与平面所成角的正弦值.22（10分）记函数的最小值为.（1）求的值；（2）若正数，满足，证明：.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。1

6、C【解析】首先求出等差数列的首先和公差，然后写出数列即可观察到满足的i的取值集合.【详解】设公差为d，由题知，解得，所以数列为，故.故选：C.【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量的求解，属于基础题.2D【解析】以为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系求解平面的法向量，利用线面角的向量公式即得解.【详解】如图所示的直四棱柱，取中点，以为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系设，则，设平面的法向量为，则取，得设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成角的正切值等于故选：D【点睛】本题考查了向量法求解线面角，考查了学生空间想象，逻

7、辑推理，数学运算的能力，属于中档题.3B【解析】求得基本事件的总数为，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，现有甲乙丙丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，基本事件的总数为，其中乙丙两人恰好参加同一项活动的基本事件个数为,所以乙丙两人恰好参加同一项活动的概率为，故选B.【点睛】本题主要考查了排列组合的应用，以及古典概型及其概率的计算问题，其中解答中合理应用排列、组合的知识求得基本事件的总数和所求事件所包含的基本事件的个数，利用古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.4C【

8、解析】由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1的圆柱的一半，上部为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为，上部半圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故应选5A【解析】确定函数在定义域内的单调性，计算时的函数值可排除三个选项【详解】时，函数为减函数，排除B，时，函数也是减函数，排除D，又时，排除C，只有A可满足故选：A.【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，可通过解析式研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等等排除，可通过特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势排除，最后剩下的一个即为正确选项6B【解析】列举出循环的每一步，可得出输出结果.【详解】，不成立，；不成

9、立，；不成立，；成立，输出的值为.故选：B.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，一般要将算法的每一步列举出来，考查计算能力，属于基础题.7A【解析】设，由得：，由复数相等可得的值，进而求出，即可得解.【详解】设，由得：，即，由复数相等可得：，解之得：，则，所以，在复平面对应的点的坐标为，在第一象限.故选：A.【点睛】本题考查共轭复数的求法，考查对复数相等的理解，考查复数在复平面对应的点，考查运算能力，属于常考题.8C【解析】根据韦恩图可确定所表示集合为，根据一元二次不等式解法和定义域的求法可求得集合，根据补集和交集定义可求得结果.【详解】由韦恩图可知：阴影部分表示，.故选：.【点睛】本题

10、考查集合运算中的补集和交集运算，涉及到一元二次不等式和函数定义域的求解；关键是能够根据韦恩图确定所求集合.9B【解析】或，从而明确充分性与必要性.【详解】，由可得：或，即能推出，但推不出“”是“”的必要不充分条件故选【点睛】本题考查充分性与必要性，简单三角方程的解法，属于基础题.10D【解析】先根据已知条件求解出的通项公式，然后根据的单调性以及得到满足的不等关系，由此求解出的取值范围.【详解】由已知得，则.因为，数列是单调递增数列，所以，则，化简得，所以.故选：D.【点睛】本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据之间的大小关系分析问题.11D【解

11、析】直接根据余弦定理求解即可【详解】解：，故选：D【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题12D【解析】由得，分别算出和的值，从而得到的值.【详解】，当时，当时，故选：D.【点睛】本小题主要考查对数运算，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】先推导出函数的周期为，可得出，代值计算，即可求出实数的值.【详解】由于函数是定义在上的奇函数，则，又该函数的图象关于直线对称，则，所以，则，所以，函数是周期为的周期函数，所以，解得.故答案为：.【点睛】本题考查利用函数的对称性计算函数值，解题的关键就是结合函数的奇偶性与对称轴推导出函数的周期，考查推理能力与计算能力

12、，属于中等题.14【解析】画出图形，结合椭圆的定义和题设条件，求得的值，即可求得椭圆的离心率，得到答案.【详解】如图所示，设椭圆的长半轴为，半焦距为，因为地球半径为R,若其近地点远地点离地面的距离大约分别是,可得，解得，所以椭圆的离心率为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求解，其中解答中熟记椭圆的几何性质，列出方程组，求得的值是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.15【解析】利用公式计算出，其中为的周长，为内切圆半径，再利用圆心到直线AB的距离等于半径可得到圆心坐标.【详解】由已知，设内切圆的圆心为，半径为，则，故有，解得，由，或（舍），所以的内切圆方程为.故答案

13、为：.【点睛】本题考查椭圆中三角形内切圆的方程问题，涉及到椭圆焦点三角形、椭圆的定义等知识，考查学生的运算能力，是一道中档题.16【解析】先求导数，求解导数为零的根，结合根的分布求解.【详解】因为，所以，令得，因为函数有大于0的极值点，所以，即.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值点问题，极值点为导数的变号零点，侧重考查转化化归思想.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）见解析；（2）【解析】（1）利用余弦定理化简已知条件，由此证得（2）利用正弦定理化简（1）的结论，得到，利用三角形的面积公式列方程，由此求得，进而求得的值，从而求得角.【详解】（1）由已

14、知得，由余弦定理得，.（2）由（1）及正弦定理得，即，.，.【点睛】本小题主要考查余弦定理、正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.18 (1) (2)见解析.【解析】试题分析：（1）设根据题意得到，化简得到轨迹方程；（2）设， ，构造函数研究函数的单调性，得到函数的最值.解析：（1）因为抛物线的方程为，所以的坐标为，设，因为圆与轴、直线都相切，平行于轴，所以圆的半径为，点 ，则直线的方程为，即， 所以，又，所以，即，所以的方程为 （2）设， ，由（1）知，点处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，由，所以，所以， 所以 令，则，由得，由

15、得，所以在区间单调递减，在单调递增，所以当时，取得极小值也是最小值，即取得最小值， 此时 点睛：求轨迹方程，一般是问谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，而对于直线与曲线的综合问题要先分析题意转化为等式，例如，可以转化为向量坐标进行运算也可以转化为斜率来理解，然后借助韦达定理求解即可运算此类题计算一定要仔细.19（）（）【解析】（1）由抛物线的性质，当轴时，最小；（2）设点，分别代入抛物线方程和得到三个方程，消去，得到关于的一元二次方程，利用判别式即可求出的范围.【详解】解：（1）由抛物线的标准方程，根据抛物线的性质，当轴时，最小，最小值为，即为4.（2）由题意，设点，其中，.则，因为，所

16、以.由，得，由，且，得，解不等式，得点纵坐标的范围为.【点睛】本题主要考查抛物线的方程和性质和二次方程的解的问题，考查运算能力，此类问题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等，易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解.20（）详见解析；（）.【解析】（）根据，可得平面，故而平面平面（）过作于，则可证平面，故为所求角，在中利用余弦定理计算，再计算【详解】解：（）因为，平面，平面所以平面，又平面，所以平面平面；（）过作于，则由平面，且平面知，所以平面，从而是直线与平面所成角.因为， 所以，从而.【点睛】本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，属于中档题

17、21（1）证明见解析（2）【解析】（1）取的中点，连接，证明平面得出，再得出；（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，计算，即可得出答案【详解】（1）证明：取的中点，连接，故，又，平面，平面，分别是，的中点，（2）解：四边形是正方形，又，平面，平面，在平面内作直线的垂线，以为原点，以，为所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则，0，1，2，0，1，2，1，设平面的法向量为，则，即，令可得：，直线与平面所成角的正弦值为，【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定与性质，考查空间向量与空间角的计算，属于中档题22（1）（2）证明见解析【解析】（1）将函数转化为分段函数或利用绝对值三角不等式进行求解；（2）利用