福建省龙岩市武平县2022年高三最后一模数学试题含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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已知复数，则对应的点在复平面内位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2若，则的虚部是A3BCD3已知与之间的一组数据：12343.24.87.5若关于的线性回归方程为，则

2、的值为（ ）A1.5B2.5C3.5D4.54双曲线的渐近线方程为( )ABCD5已知平行于轴的直线分别交曲线于两点，则的最小值为（ ）ABCD6过抛物线的焦点且与的对称轴垂直的直线与交于，两点，为的准线上的一点，则的面积为（ ）A1B2C4D87已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)，其右焦点F的坐标为(c,0)，点A是第一象限内双曲线渐近线上的一点，O为坐标原点，满足|OA|=c2a，线段AF交双曲线于点M.若M为AF的中点，则双曲线的离心率为（ ）A2B2C233D438已知向量，且，则m=( )A8B6C6D89不等式组表示的平面区域为，则（ ）A，B，C，D，10的展开式中的

3、系数是-10，则实数( )A2B1C-1D-211如图所示的“数字塔”有以下规律：每一层最左与最右的数字均为2，除此之外每个数字均为其两肩的数字之积，则该“数字塔”前10层的所有数字之积最接近（ ）ABCD12已知集合，则（ ）ABC或D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知向量，且向量与的夹角为_.14从一箱产品中随机地抽取一件，设事件抽到一等品，事件抽到二等品，事件抽到三等品，且已知， ，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为_15在中，内角所对的边分别为，若 ，的面积为，则_ ，_16已知函数若关于的不等式的解集为，则实数的所有可能值之和为_.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）解关于的不等式；（2）若函数的图象恒在直线的上方，求实数的取值范围18（12分）已知函数有两个极值点，.（1）求实数的取值范围；（2）证明：.19（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（m为参数），以坐标点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos（+）1（1）求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；（2）已知点M （2，0），若直线l与曲线C相交于P、Q两点，求的值20（12分）已知中，角所对边的长分别为，且（1）求角的大小；（2）求的值.21（12分）如图，平面四边形中，是上的一

5、点，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.22（10分）设函数，.（1）求函数的极值；（2）对任意，都有，求实数a的取值范围.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。1A【解析】利用复数除法运算化简，由此求得对应点所在象限.【详解】依题意，对应点为，在第一象限.故选A.【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应点的坐标所在象限，属于基础题.2B【解析】因为，所以的虚部是.故选B3D【解析】利用表格中的数据，可求解得到代入回归方程，可得，再结合表格数据，即

6、得解.【详解】利用表格中数据，可得又，解得故选：D【点睛】本题考查了线性回归方程过样本中心点的性质，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.4A【解析】将双曲线方程化为标准方程为，其渐近线方程为，化简整理即得渐近线方程.【详解】双曲线得，则其渐近线方程为，整理得.故选：A【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程，双曲线的简单性质的应用.5A【解析】设直线为，用表示出，求出，令，利用导数求出单调区间和极小值、最小值，即可求出的最小值【详解】解：设直线为，则，而满足，那么设，则，函数在上单调递减，在上单调递增，所以故选：【点睛】本题考查导数知识的运用：求单调区间和极值、最值，考查化

7、简整理的运算能力，正确求导确定函数的最小值是关键，属于中档题6C【解析】设抛物线的解析式，得焦点为，对称轴为轴，准线为，这样可设点坐标为，代入抛物线方程可求得，而到直线的距离为，从而可求得三角形面积【详解】设抛物线的解析式，则焦点为，对称轴为轴，准线为，直线经过抛物线的焦点，是与的交点，又轴，可设点坐标为，代入，解得，又点在准线上，设过点的的垂线与交于点，.故应选C.【点睛】本题考查抛物线的性质，解题时只要设出抛物线的标准方程，就能得出点坐标，从而求得参数的值本题难度一般7C【解析】计算得到Ac,bca，Mc,bc2a，代入双曲线化简得到答案.【详解】双曲线的一条渐近线方程为y=bax，A是第

8、一象限内双曲线渐近线上的一点，|OA|=c2a，故Ac,bca，Fc,0，故Mc,bc2a，代入双曲线化简得到：3c24a2=1，故e=233.故选：C.【点睛】本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.8D【解析】由已知向量的坐标求出的坐标，再由向量垂直的坐标运算得答案【详解】，又，34+（2）（m2）0，解得m1故选D【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量垂直的坐标运算，属于基础题9D【解析】根据题意，分析不等式组的几何意义，可得其表示的平面区域，设，分析的几何意义，可得的最小值，据此分析选项即可得答案.【详解】解：根据题意，不等式组其表示的平面区域如图所示，其中

9、 ，设，则，的几何意义为直线在轴上的截距的2倍，由图可得：当过点时，直线在轴上的截距最大，即，当过点原点时，直线在轴上的截距最小，即，故AB错误；设，则的几何意义为点与点连线的斜率，由图可得最大可到无穷大，最小可到无穷小，故C错误，D正确；故选：D.【点睛】本题考查本题考查二元一次不等式的性质以及应用，关键是对目标函数几何意义的认识，属于基础题.10C【解析】利用通项公式找到的系数，令其等于-10即可.【详解】二项式展开式的通项为，令，得，则，所以，解得.故选：C【点睛】本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.11A【解析】结合所给数字特征，我们可将每层数字表

10、示成2的指数的形式，观察可知，每层指数的和成等比数列分布，结合等比数列前项和公式和对数恒等式即可求解【详解】如图，将数字塔中的数写成指数形式，可发现其指数恰好构成“杨辉三角”，前10层的指数之和为，所以原数字塔中前10层所有数字之积为.故选：A【点睛】本题考查与“杨辉三角”有关的规律求解问题，逻辑推理，等比数列前项和公式应用，属于中档题12D【解析】首先求出集合，再根据补集的定义计算可得；【详解】解：，解得，.故选：D【点睛】本题考查补集的概念及运算，一元二次不等式的解法，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】根据向量数量积的定义求解即可【详解】解：向量，且

11、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140.35【解析】根据对立事件的概率和为1，结合题意，即可求出结果来【详解】解：由题意知本题是一个对立事件的概率，抽到的不是一等品的对立事件是抽到一等品，抽到不是一等品的概率是，故答案为：【点睛】本题考查了求互斥事件与对立事件的概率的应用问题，属于基础题15 【解析】由已知及正弦定理，三角函数恒等变换的应用可得，从而求得，结合范围，即可得到答案运用余弦定理和三角形面积公式，结合完全平方公式，即可得到答案【详解】由已知及正弦定理可得，可得：解得，即，由面积公式可得：，即由余弦定理可得

12、：即有解得【点睛】本题主要考查了运用正弦定理、余弦定理和面积公式解三角形，题目较为基础，只要按照题意运用公式即可求出答案16【解析】由分段函数可得不满足题意；时，可得，即有，解方程可得，4，结合指数函数的图象和二次函数的图象即可得到所求和【详解】解：由函数，可得的增区间为，时，时，当关于的不等式的解集为，可得不成立，时，时，不成立；，即为，可得，即有，显然，4成立；由和的图象可得在仅有两个交点综上可得的所有值的和为1故答案为：1【点睛】本题考查分段函数的图象和性质，考查不等式的解法，注意运用分类讨论思想方法，考查化简运算能力，属于中档题三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步

13、骤。17（1）（2）【解析】（1）零点分段法分，三种情况讨论即可；（2）只需找到的最小值即可.【详解】（1）由.若时，解得；若时，解得；若时，解得；故不等式的解集为.（2）由，有，得，故实数的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及不等式恒成立问题，考查学生的运算能力，是一道基础题.18（1） （2）证明见解析【解析】（1）先求得导函数，根据两个极值点可知有两个不等实根，构造函数，求得；讨论和两种情况，即可确定零点的情况，即可由零点的情况确定的取值范围；（2）根据极值点定义可知，代入不等式化简变形后可知只需证明；构造函数，并求得，进而判断的单调区间，由题意可知，并设，构造函数，并求得

14、，即可判断在内的单调性和最值，进而可得，即可由函数性质得，进而由单调性证明，即证明，从而证明原不等式成立.【详解】（1）函数则，因为存在两个极值点，所以有两个不等实根.设，所以.当时，所以在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意.当时，令得，0减极小值增所以，即.又因为，所以在区间和上各有一个零点，符合题意，综上，实数的取值范围为.（2）证明：由题意知，所以，.要证明，只需证明，只需证明.因为，所以.设，则，所以在上是增函数，在上是减函数.因为，不妨设，设，则，当时，所以，所以在上是增函数，所以，所以，即.因为，所以，所以.因为，且在上是减函数，所以，即，所以原命题成立，得证.【点睛】本题考查

15、了利用导数研究函数的极值点，由导数证明不等式，构造函数法的综合应用，极值点偏移证明不等式成立的应用，是高考的常考点和热点，属于难题.19（1）l： ，C方程为 ；（2）【解析】（1）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（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果【详解】(1)曲线C的参数方程为（m为参数），两式相加得到，进一步转换为直线l的极坐标方程为cos（+）1，则 转换为直角坐标方程为（2）将直线的方程转换为参数方程为（t为参数），代入得到（t1和t2为P、Q对应的参数），所以，所以【点睛】本题考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程

16、根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型20（1）；（2）.【解析】（1）正弦定理的边角转换，以及两角和的正弦公式展开，特殊角的余弦值即可求出答案；（2）构造齐次式，利用正弦定理的边角转换，得到，结合余弦定理 得到【详解】解：（1）由已知，得又,因为 得.（2）又由余弦定理，得【点睛】1.考查学生对正余弦定理的综合应用；2.能处理基本的边角转换问题；3.能利用特殊的三角函数值推特殊角，属于中档题21（1）见解析；（2）【解析】（1）要证平面平面，只需证平面，而，所以只需证，而由已知的数据可证得为等边三角形，又由于是的中点，所以，从而可证得结论；（2）由于在

17、中，而平面平面，所以点在平面的投影恰好为的中点，所以如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）由，所以平面四边形为直角梯形，设，因为.所以在中，则，又，所以，由，所以为等边三角形，又是的中点，所以，又平面，则有平面，而平面，故平面平面.（2）解法一：在中，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，以为坐标原点，方向为轴方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量，由得取，则设直线与平面所成角大小为，则，故直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：在中，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，过作于，连，则由平面平面，所以，又，则平面，又平面所以，在中，所以，设到平面的距离为，由，即，即，可得，设直线与平面所成角大小为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】此题考查的是立体几何中的证明面面垂直和求线面角，考查学生的转化思想和计算能力，属于中档题.22（1）当时， 无极值；当时， 极小值为；（2）.【解析】（1）求导，对参数进行分类讨论，即可容易求得函数的极值；（2）构造函数，两次求导，根据函数单调性，由恒成立问题求参数范围即可.【详解】（1）依题， 当