内蒙古包头市2022年高考数学三模试卷含解析

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若ab0，0c1，则AlogaclogbcBlogcalogcbCacbc Dcacb2定义两种运算“”与“”，对任意，满足下列运算性质：，；（） ，则（2020）（20202018

2、）的值为( )ABCD3已知抛物线的焦点为，对称轴与准线的交点为，为上任意一点，若，则（ ）A30B45C60D754用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是（ ）A48B60C72D1205是虚数单位，复数在复平面上对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限6已知复数，则的虚部是（ ）ABCD17已知椭圆内有一条以点为中点的弦，则直线的方程为( )ABCD8己知函数的图象与直线恰有四个公共点，其中，则（ ）AB0C1D9已知集合，将集合的所有元素从小到大一次排列构成一个新数

3、列，则（ ）A1194B1695C311D109510对于函数，若满足，则称为函数的一对“线性对称点”若实数与和与为函数的两对“线性对称点”，则的最大值为（ ）ABCD11函数的图象可能为（ ）ABCD12设复数满足，在复平面内对应的点为，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13曲线f(x)=(x2 +x)lnx在点(1，f(1)处的切线方程为_.14已知两点，若直线上存在点满足，则实数满足的取值范围是_15展开式中的系数的和大于8而小于32，则_16设满足约束条件且的最小值为7，则_.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

4、.（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.18（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位，建立极坐标系.（1）设直线l的极坐标方程为，若直线l与曲线C交于两点AB，求AB的长；（2）设M、N是曲线C上的两点，若，求面积的最大值.19（12分）已知数列满足：，且对任意的都有,（）证明：对任意，都有；（）证明：对任意，都有；（）证明：.20（12分）设为坐标原点，动点在椭圆：上，该椭圆的左顶点到直线的距离为.（1）求椭圆的标准方程；（2）若椭圆外一点满足，平行于轴，动点

5、在直线上，满足.设过点且垂直的直线，试问直线是否过定点？若过定点，请写出该定点，若不过定点请说明理由.21（12分）以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，已知曲线，曲线（为参数），求曲线交点的直角坐标.22（10分）如图，已知在三棱台中，.（1）求证：；（2）过的平面分别交，于点，且分割三棱台所得两部分几何体的体积比为，几何体为棱柱，求的长.提示：台体的体积公式（，分别为棱台的上、下底面面积，为棱台的高）.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】试题分析：

6、对于选项A，而，所以，但不能确定的正负，所以它们的大小不能确定;对于选项B，,，两边同乘以一个负数改变不等号方向，所以选项B正确;对于选项C，利用在第一象限内是增函数即可得到，所以C错误;对于选项D，利用在上为减函数易得，所以D错误.所以本题选B.【考点】指数函数与对数函数的性质【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.2B【解析】根据新运算的定义分别得出2020和20202018的值，可得选项.【详解】由（） ，得（+2），又，所以， ，以此类推，202020182018，又，所以， ，

7、以此类推，2020，所以（2020）（20202018），故选：B.【点睛】本题考查定义新运算，关键在于理解，运用新定义进行求值，属于中档题.3C【解析】如图所示：作垂直于准线交准线于，则，故，得到答案.【详解】如图所示：作垂直于准线交准线于，则，在中，故，即.故选：.【点睛】本题考查了抛物线中角度的计算，意在考查学生的计算能力和转化能力.4A【解析】对数字分类讨论，结合数字中有且仅有两个数字相邻，利用分类计数原理，即可得到结论【详解】数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个数字出现在第位时，同理也有个数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个故满足条件的不同

8、的五位数的个数是个故选【点睛】本题主要考查了排列，组合及简单计数问题，解题的关键是对数字分类讨论，属于基础题。5D【解析】求出复数在复平面内对应的点的坐标，即可得出结论.【详解】复数在复平面上对应的点的坐标为，该点位于第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数对应的点的位置的判断，属于基础题.6C【解析】化简复数，分子分母同时乘以，进而求得复数，再求出，由此得到虚部.【详解】，所以的虚部为.故选：C【点睛】本小题主要考查复数的乘法、除法运算，考查共轭复数的虚部，属于基础题.7C【解析】设，则，相减得到，解得答案.【详解】设，设直线斜率为，则，相减得到：，的中点为，即，故，直线的方程为：.故选：.

9、【点睛】本题考查了椭圆内点差法求直线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.8A【解析】先将函数解析式化简为，结合题意可求得切点及其范围，根据导数几何意义，即可求得的值.【详解】函数即直线与函数图象恰有四个公共点，结合图象知直线与函数相切于，因为，故，所以.故选：A.【点睛】本题考查了三角函数的图像与性质的综合应用，由交点及导数的几何意义求函数值，属于难题.9D【解析】确定中前35项里两个数列中的项数，数列中第35项为70，这时可通过比较确定中有多少项可以插入这35项里面即可得，然后可求和【详解】时，所以数列的前35项和中，有三项3，9，27，有32项，所以故选：D【点睛】本题考查数列分组求和

10、，掌握等差数列和等比数列前项和公式是解题基础解题关键是确定数列的前35项中有多少项是中的，又有多少项是中的10D【解析】根据已知有，可得，只需求出的最小值，根据，利用基本不等式，得到的最小值，即可得出结论.【详解】依题意知，与为函数的“线性对称点”，所以，故（当且仅当时取等号）.又与为函数的“线性对称点，所以，所以，从而的最大值为.故选:D.【点睛】本题以新定义为背景，考查指数函数的运算和图像性质、基本不等式，理解新定义含义，正确求出的表达式是解题的关键，属于中档题.11C【解析】先根据是奇函数，排除A，B，再取特殊值验证求解.【详解】因为，所以是奇函数，故排除A，B，又，故选：C【点睛】本题

11、主要考查函数的图象，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.12B【解析】设，根据复数的几何意义得到、的关系式，即可得解；【详解】解：设，解得.故选：B【点睛】本题考查复数的几何意义的应用，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】求函数的导数，利用导数的几何意义即可求出切线方程.【详解】解：，则，又，即切点坐标为（1，0），则函数在点(1，f(1)处的切线方程为，即，故答案为：.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，根据导数和切线斜率之间的关系是解决本题的关键.14【解析】问题转化为求直线与圆有公共点时，的取值范围，利用数形结合思想能求出结果【详解】解：直线，点，直线

12、上存在点满足，的轨迹方程是如图，直线与圆有公共点，圆心到直线的距离：，解得实数的取值范围为故答案为：【点睛】本题主要考查直线方程、圆、点到直线的距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，属于中档题154【解析】由题意可得项的系数与二项式系数是相等的，利用题意，得出不等式组，求得结果.【详解】观察式子可知，故答案为：4.【点睛】该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有展开式中项的系数和，属于基础题目.163【解析】根据约束条件画出可行域，再把目标函数转化为，对参数a分类讨论，当时显然不满足题意；当时，直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z

13、有最小值，再由最小值为7，得出结果；当时，的截距没有最小值，即z没有最小值；当时，的截距没有最大值，即z没有最小值，综上可得出结果.【详解】根据约束条件画出可行域如下：由，可得出交点，由可得，当时显然不满足题意；当即时，由可行域可知当直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，即，解得或（舍）；当即时，由可行域可知的截距没有最小值，即z没有最小值；当即时，根据可行域可知的截距没有最大值，即z没有最小值.综上可知满足条件时.故答案为：3.【点睛】本题主要考查线性规划问题，约束条件和目标函数中都有参数，要对参数进行讨论.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

14、) (2) 三个零点【解析】(1) 由题意知恒成立,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

15、，则，而，故；当时，递减，则，而，故；一方面，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18（1）；（2）1.【解析】（1）利用参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化公式即可；（2），由（1）通过计算得到，即最大值为1.【详解】

16、（1）将曲线C的参数方程化为普通方程为，即；再将，代入上式，得，故曲线C的极坐标方程为，显然直线l与曲线C相交的两点中，必有一个为原点O，不妨设O与A重合，即.（2）不妨设，则面积为当，即取时，.【点睛】本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，三角形面积的最值问题，是一道容易题.19（1）见解析（2）见解析（3）见解析【解析】分析：(1)用反证法证明，注意应用题中所给的条件，有效利用，再者就是注意应用反证法证题的步骤；(2)将式子进行相应的代换，结合不等式的性质证得结果；(3)结合题中的条件，应用反证法求得结果.详解：证明：（）证明：采用反证法，若不成立，则若,则,与任意的都有矛盾；若

17、,则有,则与任意的都有矛盾；故对任意，都有成立； （）由得，则，由（）知，即对任意，都有；. （）由（）得：， 由（）知， ，即，若，则,取时，有，与矛盾.则. 得证.点睛：该题考查的是有关命题的证明问题，在证题的过程中，注意对题中的条件的等价转化，注意对式子的等价变形，以及证题的思路，要掌握证明问题的方法，尤其是反证法的证题思路以及证明步骤.20（1）；（2）见解析【解析】（1）根据点到直线的距离公式可求出a的值，即可得椭圆方程；（2）由题意M（x0，y0），N（x0，y1），P（2，t），根据，可得y12y0，由，可得2x0+2y0t6，再根据向量的运算可得，即可证明【详解】（1）左顶点A

18、的坐标为（a，0），|a5|3，解得a2或a8（舍去），椭圆C的标准方程为+y21，（2）由题意M（x0，y0），N（x0，y1），P（2，t），则依题意可知y1y0，得（x02 x0，y12y0） （0，y1y0）=0，整理可得y12y0，或y1y0 （舍），得（x0，2y0）（2x0，t2y0）2，整理可得2x0+2y0tx02+4y02+26，由（1）可得F（，0），（x0，2y0），（x0，2y0）（2，t）62x02y0t0，NFOP，故过点N且垂直于OP的直线过椭圆C的右焦点F【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，直线和椭圆的关系，向量的运算，考查了运算求解能力和转化与化归能力，属于中档题.21【解析】利用极坐标方程与普通方程、参数方程间的互化公式化简即可.【详解】因为，所以，所以曲线的直角坐标方程为.由，得，所以曲线的普通方程为.由，得，所以（舍），所以，所以曲线的交点坐标为.【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程，参数方程与普通方程间的互化，考查学生的计算能力，是一道容易题.22（1）证明见解析；（2）2【解析】（1）在中，利用勾股定理，