云南省曲靖市会泽县2021-2022学年高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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函数的部分图象大致是（ ）ABCD2在中，角所对的边分别为，已知，则（ ）A或BCD或3过双曲线 的左焦点作直线交双曲线的两天渐近线于,两点，若为线段的中点，且（为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）ABCD4如图所示，用一边长为的正方形硬纸

2、，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋（球体）离蛋巢底面的最短距离为（ ）ABCD5设等比数列的前项和为，则“”是“”的（ ）A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要6下图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边、直角边，已知以直角边为直径的半圆的面积之比为，记，则（ ）ABC1D7若复数满足,则()ABCD8若实数、满足，则的最小值是（ ）ABCD9如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中

3、错误的是（ ）AACBEBEF平面ABCDC三棱锥A-BEF的体积为定值D异面直线AE,BF所成的角为定值10已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则11已知变量，满足不等式组，则的最小值为（ ）ABCD12在平面直角坐标系中，已知是圆上两个动点，且满足，设到直线的距离之和的最大值为，若数列的前项和恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知正数a，b满足a+b=1，则的最小值等于_ ，此时a=_.14在的展开式中，的系数为_15已知若存在，使得成立的最大正整数为6，则的取值范围为_.

4、16设，满足约束条件，若的最大值是10，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）设函数.（）讨论函数的单调性；（）若函数有两个极值点，求证：.18（12分）已知函数.（1）若，求函数的单调区间；（2）时，若对一切恒成立，求a的取值范围.19（12分）在四棱锥中，底面是平行四边形，为其中心，为锐角三角形，且平面底面，为的中点，.（1）求证:平面；（2）求证:.20（12分）已知函数f(x)xlnx，g(x)x2ax.（1）求函数f(x)在区间t，t1(t0)上的最小值m(t)；（2）令h(x)g(x)f(x)，A(x1，h(x1)，B(x2，h(x2)(

5、x1x2)是函数h(x)图像上任意两点，且满足1，求实数a的取值范围；（3）若x(0,1，使f(x)成立，求实数a的最大值21（12分）已知函数（1）若不等式有解，求实数的取值范围；（2）函数的最小值为，若正实数，满足，证明：22（10分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面底面，为的中点，是棱上的点且，.求证：平面平面以；求二面角的大小.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。1C【解析】判断函数的性质，和特殊值的正负，以及值域，逐一排除选项.【详解】，函数是奇函数，排除，时，时，排除，当时， 时，排除，符合条件，故选C

6、.【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数图象，属于基础题型，一般根据选项判断函数的奇偶性，零点，特殊值的正负，以及单调性，极值点等排除选项.2D【解析】根据正弦定理得到，化简得到答案.【详解】由，得，或，或故选：【点睛】本题考查了正弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力.3C【解析】由题意可得双曲线的渐近线的方程为.为线段的中点，则为等腰三角形.由双曲线的的渐近线的性质可得，即.双曲线的离心率为故选C.点睛：本题考查了椭圆和双曲线的定义和性质，考查了离心率的求解，同时涉及到椭圆的定义和双曲线的定义及三角形的三边的关系应用，对于求解曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出 ，代

7、入公式；只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)4D【解析】因为蛋巢的底面是边长为的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为，又因为鸡蛋的体积为，所以球的半径为，所以球心到截面的距离，而截面到球体最低点距离为，而蛋巢的高度为，故球体到蛋巢底面的最短距离为.点睛:本题主要考查折叠问题，考查球体有关的知识.在解答过程中，如果遇到球体或者圆锥等几何体的内接或外接几何体的问题时，可以采用轴截面的方法来处理.也就是画出题目通过球心和最低点的截面，然后利用弦长和勾股定理来解决.球的表面积公式和体积公式是需要熟记的.5

8、A【解析】首先根据等比数列分别求出满足，的基本量，根据基本量的范围即可确定答案.【详解】为等比数列，若成立，有，因为恒成立，故可以推出且，若成立，当时，有，当时，有，因为恒成立，所以有，故可以推出，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查了等比数列基本量的求解，充分必要条件的集合关系，属于基础题.6D【解析】根据以直角边为直径的半圆的面积之比求得，即的值，由此求得和的值，进而求得所求表达式的值.【详解】由于直角边为直径的半圆的面积之比为，所以，即，所以，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查二倍角公式，属于基础题.7C【解析】把已知等式变形，利

9、用复数代数形式的除法运算化简，再由复数模的计算公式求解【详解】解：由，得，故选C【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题8D【解析】根据约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立，得，可得点，由得，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即.故选：D.【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是基础题9D【解析】A通过线面的垂直关系可证真假；B根据线面平行可证真假；C根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；

10、D根据列举特殊情况可证真假.【详解】A因为，所以平面，又因为平面，所以，故正确；B因为，所以，且平面，平面，所以平面，故正确；C因为为定值，到平面的距离为，所以为定值，故正确；D当，取为，如下图所示：因为，所以异面直线所成角为，且，当，取为，如下图所示：因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以异面直线所成角为，且，由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内.10B【解析】根据空间中线线、线面位置关系，逐项判断即可得出结果.

11、【详解】A选项，若，则或与相交；故A错；B选项，若，则，又，是两个不重合的平面，则，故B正确；C选项，若，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故C错；D选项，若，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故D错；故选B【点睛】本题主要考查与线面、线线相关的命题，熟记线线、线面位置关系，即可求解，属于常考题型.11B【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值.【详解】解：由变量，满足不等式组，画出相应图形如下：可知点,，在处有最小值，最小值为.故选：B.【点睛】本题主要考查简单的线性规划，运用了数形结合的方法，属于基础题.12B【解析】由于到直线的距离和等于中点

12、到此直线距离的二倍，所以只需求中点到此直线距离的最大值即可。再得到中点的轨迹是圆，再通过此圆的圆心到直线距离，半径和中点到此直线距离的最大值的关系可以求出。再通过裂项的方法求的前项和，即可通过不等式来求解的取值范围.【详解】由，得，.设线段的中点，则，在圆上，到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍，点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和，而圆的圆心到直线的距离为，.故选：【点睛】本题考查了向量数量积，点到直线的距离，数列求和等知识，是一道不错的综合题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。133 【解析】根据题意，分析可得，由基本不等式的性质可得最小值，进而分析基本

13、不等式成立的条件可得a的值，即可得答案【详解】根据题意，正数a、b满足，则，当且仅当时，等号成立，故的最小值为3，此时.故答案为：3；.【点睛】本题考查基本不等式及其应用，考查转化与化归能力，属于基础题.14【解析】根据二项展开式定理，求出含的系数和含的系数，相乘即可.【详解】的展开式中，所求项为：，的系数为.故答案为:.【点睛】本题考查二项展开式定理的应用，属于基础题.15【解析】由题意得，分类讨论作出函数图象，求得最值解不等式组即可.【详解】原问题等价于，当时，函数图象如图此时，则，解得：；当时，函数图象如图此时，则，解得：；当时，函数图象如图此时，则，解得：；当时，函数图象如图此时，则，

14、解得：；综上，满足条件的取值范围为.故答案为：【点睛】本题主要考查了对勾函数的图象与性质，函数的最值求解，存在性问题的求解等，考查了分类讨论，转化与化归的思想.16【解析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可容易求得结果.【详解】画出不等式组表示的平面区域如下所示：目标函数可转化为与直线平行，数形结合可知当且仅当目标函数过点，取得最大值，故可得，解得.故答案为：.【点睛】本题考查由目标函数的最值求参数值，属基础题.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（）见解析（）见解析【解析】（）求导得到，讨论，三种情况得到单调区间.（）设，要证，即证，设，根据函数单调性得到

15、证明.【详解】（） ， 令，（1）当，即时，在上单调递增； （2）当，即时，设的两根为（），若，时，所以在和上单调递增， 时，所以在上单调递减，若，时，所以在上单调递减， 时，所以在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增；当时， 在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增. （）不妨设，要证，即证，即证，由（）可知，可得，所以有， 令，所以在单调递增， 所以， 因为，所以，所以.【点睛】本题考查了函数单调性，证明不等式，意在考查学生的分类讨论能力和计算能力.18（1）单调递减区间为，单调递增区间为 ；（2） 【解析】（1）求导，根据导数与函数单调性关系即可求出.（2）解法一

16、：分类讨论：当时，观察式子可得恒成立；当时，利用导数判断函数为单调递增，可知；当时，令，由，根据零点存在性定理可得，进而可得在上，单调递减，即不满足题意；解法二：通过分离参数可知条件等价于恒成立，进而记，问题转化为求在上的最小值问题，通过二次求导，结合洛比达法则计算可得结论.【详解】（1）当，令，解得，当时，当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）解法一：当时，函数，若时，此时对任意都有， 所以恒成立；若时，对任意都有，所以，所以在上为增函数，所以，即时满足题意；若时，令，则，所以在上单调递增，可知，一定存在使得，且当时，所以在上，单调递减，从而有时，不满足题意；综上可知，实数a的取值范围为.

17、 解法二：当时，函数，又当时，对一切恒成立等价于恒成立，记，其中，则，令，则，在上单调递增，恒成立，从而在上单调递增，由洛比达法则可知，解得. 实数a的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与不等式恒成立问题，考查了分类与整合的解题思想，涉及分离参数法等技巧、涉及到洛比达法则等知识，注意解题方法的积累，属于难题.19（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）通过证明，即可证明线面平行；（2）通过证明平面，即可证明线线垂直.【详解】（1）连，因为为平行四边形，为其中心，所以，为中点，又因为为中点，所以，又平面，平面所以，平面；（2）作于因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面又

18、平面，所以又，平面，平面所以，平面，又平面，所以，.【点睛】此题考查证明线面平行和线面垂直，通过线面垂直得线线垂直，关键在于熟练掌握相关判定定理，找出平行关系和垂直关系证明.20（1）m(t)（2）a22.（3）a22.【解析】（1）是研究在动区间上的最值问题，这类问题的研究方法就是通过讨论函数的极值点与所研究的区间的大小关系来进行求解（2）注意到函数h(x)的图像上任意不同两点A，B连线的斜率总大于1，等价于h(x1)h(x2)x1x2(x1x2)恒成立，从而构造函数F(x)h(x)x在(0，)上单调递增，进而等价于F(x)0在(0，)上恒成立来加以研究（3）用处理恒成立问题来处理有解问题，

19、先分离变量转化为求对应函数的最值，得到a，再利用导数求函数M(x)的最大值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性，进而确定函数最值【详解】（1） f(x)1，x0，令f(x)0，则x1.当t1时，f(x)在t，t1上单调递增，f(x)的最小值为f(t)tlnt；当0t1时，f(x)在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)1.综上，m(t)（2）h(x)x2(a1)xlnx，不妨取0 x1x2，则x1x20，则由，可得h(x1)h(x2)x1x2，变形得h(x1)x1h(x2)x2恒成立令F(x)h(x)xx2(a2)xlnx，x0，则F(x)x2(a2)xlnx在(0，)上单调递增，故F(x)2x(a2)0在(0，)上恒成立，所以2xa2在(0，)上恒成立因为2x2，当且仅当x时取“”，所以a22.（3）因为f(x)，所以a(x1)2x2xlnx.因为x(0,1，