宁夏石嘴山市第一2021-2022学年高考数学一模试卷含解析

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已知实数满足线性约束条件，则的取值范围为（ ）A(-2,-1B(-1,4C-2,4)D0,42把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象给出下列四个命题的值域为的一个对称轴是的一个对

2、称中心是存在两条互相垂直的切线其中正确的命题个数是（ ）A1B2C3D43下列图形中，不是三棱柱展开图的是（ ）ABCD4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（ ）ABCD5已知，则（ ）ABC3D46集合,则集合的真子集的个数是A1个B3个C4个D7个7已知函数，若曲线上始终存在两点，使得，且的中点在轴上，则正实数的取值范围为（ ）ABCD8已知数列对任意的有成立，若，则等于（ ）ABCD9若复数满足，则( )ABCD10双曲线的右焦点为，过点且与轴垂直的直线交两渐近线于两点，与双曲线的其中一个交点为，若，且，则该双曲线的离心率为( )ABCD11若，则( )ABCD1

3、2由曲线围成的封闭图形的面积为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13的二项展开式中，含项的系数为_14设集合，则_.15设满足约束条件且的最小值为7，则_.16已知正方形边长为，空间中的动点满足，则三棱锥体积的最大值是_.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）已知函数，直线是曲线在处的切线 （1）求证：无论实数取何值，直线恒过定点，并求出该定点的坐标； （2）若直线经过点，试判断函数的零点个数并证明18（12分）已知函数（1）若函数在上单调递增，求实数的值；（2）定义：若直线与曲线都相切，我们称直线为曲线、的公切线，证明：曲线与

4、总存在公切线19（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，将曲线经过伸缩变换后得到曲线.在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.（1）说明曲线是哪一种曲线，并将曲线的方程化为极坐标方程；（2）已知点是曲线上的任意一点，又直线上有两点和，且，又点的极角为，点的极角为锐角.求：点的极角；面积的取值范围.20（12分）在中，内角的对边分别是，已知.（1）求角的值；（2）若，求的面积21（12分）如图，三棱台的底面是正三角形，平面平面，.（1）求证：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.22（10分）已知函数，.（1）当时，判断是否是函数的极值点，并说明理由；（2）

5、当时，不等式恒成立，求整数的最小值.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】作出可行域，表示可行域内点与定点连线斜率，观察可行域可得最小值【详解】作出可行域，如图阴影部分（含边界），表示可行域内点与定点连线斜率，过与直线平行的直线斜率为1，故选：B【点睛】本题考查简单的非线性规划解题关键是理解非线性目标函数的几何意义，本题表示动点与定点连线斜率，由直线与可行域的关系可得结论2C【解析】由图象变换的原则可得,由可求得值域；利用代入检验法判断；对求导,并得到导函数的值域,即可判断.【详解】由题,则向右平移个单位可得,

6、 ,的值域为,错误；当时,所以是函数的一条对称轴,正确；当时,所以的一个对称中心是,正确；,则,使得,则在和处的切线互相垂直,正确.即正确,共3个.故选:C【点睛】本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用.3C【解析】根据三棱柱的展开图的可能情况选出选项.【详解】由图可知，ABD选项可以围成三棱柱，C选项不是三棱柱展开图.故选：C【点睛】本小题主要考查三棱柱展开图的判断，属于基础题.4D【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

7、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，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.5A【解析】根据复数相等的特征，求出和，再利用复数的模公式，即可得出结果.【详解】因为，所以，解得则.故选：A.【点睛】本题考查相等复数的特征和复数的模，属于基础题.6B【解析】由题意，结合集合，求得集合，得到集合中元素的个数，即可求解，得到答案【详解】由题意，集合， 则，所以集合的真子集的个数为个，故选B【点睛】

8、本题主要考查了集合的运算和集合中真子集的个数个数的求解，其中作出集合的运算，得到集合，再由真子集个数的公式作出计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力7D【解析】根据中点在轴上，设出两点的坐标，（）.对分成三类，利用则，列方程，化简后求得，利用导数求得的值域，由此求得的取值范围.【详解】根据条件可知，两点的横坐标互为相反数，不妨设，（），若，则，由，所以，即，方程无解；若，显然不满足；若，则，由，即，即，因为，所以函数在上递减，在上递增，故在处取得极小值也即是最小值，所以函数在上的值域为，故.故选D.【点睛】本小题主要考查平面平面向量数量积为零的坐标表示，考查化归与转化的数学思想方法，考查利

9、用导数研究函数的最小值，考查分析与运算能力，属于较难的题目.8B【解析】观察已知条件，对进行化简，运用累加法和裂项法求出结果.【详解】已知，则，所以有， ，两边同时相加得，又因为，所以.故选：【点睛】本题考查了求数列某一项的值，运用了累加法和裂项法，遇到形如时就可以采用裂项法进行求和，需要掌握数列中的方法，并能熟练运用对应方法求解.9C【解析】化简得到，再计算复数模得到答案.【详解】，故，故，.故选：.【点睛】本题考查了复数的化简，共轭复数，复数模，意在考查学生的计算能力.10D【解析】根据已知得本题首先求出直线与双曲线渐近线的交点，再利用，求出点，因为点在双曲线上，及，代入整理及得，又已知，

10、即可求出离心率【详解】由题意可知，代入得：，代入双曲线方程整理得：，又因为，即可得到，故选：D【点睛】本题主要考查的是双曲线的简单几何性质和向量的坐标运算，离心率问题关键寻求关于，的方程或不等式，由此计算双曲线的离心率或范围，属于中档题11D【解析】直接利用二倍角余弦公式与弦化切即可得到结果【详解】，故选D【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，同角三角函数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型12A【解析】先计算出两个图像的交点分别为，再利用定积分算两个图形围成的面积.【详解】封闭图形的面积为.选A.【点睛】本题考察定积分的应用，属于基础题.解题时注意积

11、分区间和被积函数的选取.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】写出二项展开式的通项，然后取的指数为求得的值，则项的系数可求得.【详解】，由，可得.含项的系数为.故答案为：【点睛】本题考查了二项式定理展开式、需熟记二项式展开式的通项公式，属于基础题.14【解析】先解不等式,再求交集的定义求解即可.【详解】由题,因为,解得,即,则,故答案为:【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解一元二次不等式.153【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有最小值，再由最小值为7，得出结果；当时，

12、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.16【解析】以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，设点，根据题中条件得出，进而可求出的最大值

13、，由此能求出三棱锥体积的最大值.【详解】以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，则，设点，空间中的动点满足，所以，整理得，当，时，取最大值，所以，三棱锥的体积为.因此，三棱锥体积的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题三、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）见解析，（2）函数存在唯一零点.【解析】（1）首先求出导函数，利用导数的几何意义求出处的切线斜率，利用点斜式即可求出切线方程，根据方程即可求出定点.（2）由（1）求出函数，令方程可转化为记

14、，利用导数判断函数在上单调递增，根据，由零点存在性定理即可求出零点个数.【详解】所以直线方程为即，恒过点将代入直线方程，得考虑方程即，等价于记，则于是函数在上单调递增，又所以函数在区间上存在唯一零点， 即函数存在唯一零点.【点睛】本题考查了导数的几何意义、直线过定点、利用导数研究函数的单调性、零点存在性定理，属于难题.18（1）；（2）见解析.【解析】（1）求出导数，问题转化为在上恒成立，利用导数求出的最小值即可求解；（2）分别设切点横坐标为，利用导数的几何意义写出切线方程，问题转化为证明两直线重合，只需满足有解即可，利用函数的导数及零点存在性定理即可证明存在.【详解】（1），函数在上单调递增

15、等价于在上恒成立令，得，所以在单调递减，在单调递增，则因为，则在上恒成立等价于在上恒成立；又，所以，即（2）设的切点横坐标为，则切线方程为设的切点横坐标为，则，切线方程为若存在，使成为同一条直线，则曲线与存在公切线，由得消去得即令，则所以，函数在区间上单调递增，使得时总有又时，在上总有解综上，函数与总存在公切线【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的恒成立问题，导数的几何意义，利用导数证明方程有解，属于难题.19（1）曲线为圆心在原点，半径为2的圆.的极坐标方程为（2）【解析】（1）求得曲线伸缩变换后所得的参数方程，消参后求得的普通方程，判断出对应的曲线，并将的普通方程转化为极坐标方程.（2）

16、将的极角代入直线的极坐标方程，由此求得点的极径，判断出为等腰三角形，求得直线的普通方程，由此求得，进而求得，从而求得点的极角.解法一：利用曲线的参数方程，求得曲线上的点到直线的距离的表达式，结合三角函数的知识求得的最小值和最大值，由此求得面积的取值范围.解法二：根据曲线表示的曲线，利用圆的几何性质求得圆上的点到直线的距离的最大值和最小值，进而求得面积的取值范围.【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），因为则曲线的参数方程所以的普通方程为.所以曲线为圆心在原点，半径为2的圆.所以的极坐标方程为，即.（2）点的极角为，代入直线的极坐标方程得点极径为，且，所以为等腰三角形，又直线的普通方程为，

17、又点的极角为锐角，所以，所以，所以点的极角为.解法1：直线的普通方程为.曲线上的点到直线的距离.当，即（）时，取到最小值为.当，即（）时，取到最大值为.所以面积的最大值为；所以面积的最小值为；故面积的取值范围.解法2：直线的普通方程为.因为圆的半径为2，且圆心到直线的距离，因为，所以圆与直线相离.所以圆上的点到直线的距离最大值为，最小值为.所以面积的最大值为；所以面积的最小值为；故面积的取值范围.【点睛】本小题考查坐标变换，极径与极角；直线，圆的极坐标方程，圆的参数方程，直线的极坐标方程与普通方程，点到直线的距离等.考查数学运算能力，包括运算原理的理解与应用、运算方法的选择与优化、运算结果的检

18、验与改进等.也兼考了数学抽象素养、逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养.20（1）；（2）【解析】（1）由已知条件和正弦定理进行边角互化得，再根据余弦定理可求得值.（2）由正弦定理得，代入得，运用三角形的面积公式可求得其值.【详解】（1）由及正弦定理得，即由余弦定理得，.（2）设外接圆的半径为，则由正弦定理得，.【点睛】本题考查运用三角形的正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，关键在于熟练地运用其公式，合理地选择进行边角互化，属于基础题.21（）见证明；（）【解析】（）取的中点为，连结，易证四边形为平行四边形，即，由于，为的中点，可得到，从而得到，即可证明平面，从而得到；（）易证，两两垂直，以，分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，设与平面所成角为，则