2021-2022学年安徽省阜阳市临泉县第一中学高三（最后冲刺）数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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己知抛物线的焦点为，准线为，点分别在抛物线上，且，直线交于点，垂足为，若的面积为，则到的距离为（ ）ABC8D62已知是等差数列的前项和，若，设，则数列的前项和取最大值时的值为( )A2020B20l9C2018D20173已知函数，且

2、的图象经过第一、二、四象限，则，的大小关系为( )ABCD4下列四个图象可能是函数图象的是（ ）ABCD5如图，在平面四边形中，满足，且，沿着把折起，使点到达点的位置，且使，则三棱锥体积的最大值为（ ）A12BCD6已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）ABCD7已知函数，则（ ）A1B2C3D48已知三棱锥且平面，其外接球体积为（ ）ABCD9函数的图象如图所示，为了得到的图象，可将的图象（ ）A向右平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向左平移个单位10函数的部分图象如图所示，则的单调递增区间为（ ）ABCD11祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意

3、思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设、为两个同高的几何体，、的体积不相等，、在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，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12某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（ ）AB1CD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图所示梯子结构的点数依次构成数列，则_.14数列的前项和为，数列的前项和为，满足，且.若任意，成立，则实数的取值范围为_.15曲线ye5x2在点(0，3)处的切线方程为_16如图，己知半圆的直径，点是弦（包含端点，）上的动点，点在弧上若是等边三角形，且满足，

4、则的最小值为_.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）在平面直角坐标系中，椭圆：的右焦点为（，为常数），离心率等于0.8，过焦点、倾斜角为的直线交椭圆于、两点求椭圆的标准方程；若时，求实数；试问的值是否与的大小无关，并证明你的结论18（12分）如图，三棱锥中，点，分别为，的中点，且平面平面求证：平面；若，求证：平面平面.19（12分）第十四届全国冬季运动会召开期间，某校举行了“冰上运动知识竞赛”，为了解本次竞赛成绩情况，从中随机抽取部分学生的成绩(得分均为整数，满分100分)进行统计，请根据频率分布表中所提供的数据，解答下列问题：（1）求、的值及随机抽取一

5、考生其成绩不低于70分的概率；（2）若从成绩较好的3、4、5组中按分层抽样的方法抽取5人参加“普及冰雪知识”志愿活动，并指定2名负责人，求从第4组抽取的学生中至少有一名是负责人的概率.组号分组频数频率第1组150.15第2组350.35第3组b0.20第4组20第5组100.1合计1.0020（12分）设函数f（x）|xa|+|x|（a0）（1）若不等式f（x）| x|4x的解集为x|x1，求实数a的值；（2）证明：f（x）21（12分）设数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.22（10分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若对任意成立，求实数的取值范围.参考

6、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。1D【解析】作，垂足为，过点N作，垂足为G，设，则，结合图形可得，从而可求出，进而可求得，由的面积即可求出，再结合为线段的中点，即可求出到的距离【详解】如图所示，作，垂足为，设，由，得，则，.过点N作，垂足为G，则，所以在中，所以，所以，在中，所以，所以，所以 解得，因为，所以为线段的中点，所以F到l的距离为故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识，属于中档题2B【解析】根据题意计算，计算，得到答案.【详解】是等差数列的前项和，若，故，故，当时，当时，故前项和最大.

7、故选：.【点睛】本题考查了数列和的最值问题，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.3C【解析】根据题意，得，则为减函数，从而得出函数的单调性，可比较和，而，比较，即可比较.【详解】因为，且的图象经过第一、二、四象限，所以，所以函数为减函数，函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，又，则|，即，所以.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性比较大小，还考查化简能力和转化思想.4C【解析】首先求出函数的定义域，其函数图象可由的图象沿轴向左平移1个单位而得到，因为为奇函数，即可得到函数图象关于对称，即可排除A、D，再根据时函数值，排除B，即可得解.【详解】的定义域为，其图象可由的图象沿轴向

8、左平移1个单位而得到，为奇函数，图象关于原点对称，的图象关于点成中心对称.可排除A、D项.当时，B项不正确.故选：C【点睛】本题考查函数的性质与识图能力，一般根据四个选择项来判断对应的函数性质，即可排除三个不符的选项，属于中档题.5C【解析】过作于，连接，易知，从而可证平面，进而可知，当最大时，取得最大值，取的中点，可得，再由，求出的最大值即可.【详解】在和中，所以，则，过作于，连接，显然，则，且，又因为，所以平面，所以，当最大时，取得最大值，取的中点，则，所以，因为，所以点在以为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，所以的最大值为椭圆的短轴长的一半，故最大值为，所以最大

9、值为，故的最大值为.故选：C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.6D【解析】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，所以二项式中奇数项的二项式系数和为考点：二项式系数，二项式系数和7C【解析】结合分段函数的解析式,先求出,进而可求出.【详解】由题意可得，则.故选:C.【点睛】本题考查了求函数的值,考查了分段函数的性质,考查运算求解能力,属于基础题.8A【解析】由,平面,可将三棱锥还原成长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,进而求解.【详解】由题,因为,所以,设,则由,可得,解得,可将三棱锥还原成如图所示的长方体,则三棱

10、锥的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为,则,所以,所以外接球的体积.故选:A【点睛】本题考查三棱锥的外接球体积,考查空间想象能力.9C【解析】根据正弦型函数的图象得到，结合图像变换知识得到答案.【详解】由图象知：，.又时函数值最大，所以.又，从而，只需将的图象向左平移个单位即可得到的图象，故选C.【点睛】已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求，一般用最高点或最低点求10D【解析】由图象可以求出周期，得到，根据图象过点可求，根据正弦型函数的性质求出单调增区间即可.【详解】由图象知，所以，又图象过点，所以，故可取，所以令，解得所以函数的单调

11、递增区间为故选：【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，利用“五点法”求函数解析式，属于中档题.11A【解析】由题意分别判断命题的充分性与必要性，可得答案.【详解】解：由题意，若、的体积不相等，则、在等高处的截面积不恒相等，充分性成立；反之，、在等高处的截面积不恒相等，但、的体积可能相等，例如是一个正放的正四面体，一个倒放的正四面体，必要性不成立，所以是的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判定，意在考查学生的逻辑推理能力.12C【解析】该几何体为三棱锥，其直观图如图所示，体积故选.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】根据图像归纳，根据

12、等差数列求和公式得到答案.【详解】根据图像：，故，故.故答案为：.【点睛】本题考查了等差数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.14【解析】当时，可得到，再用累乘法求出，再求出，根据定义求出，再借助单调性求解【详解】解：当时，则，当时，（当且仅当时等号成立），故答案为：【点睛】本题主要考查已知求，累乘法，主要考查计算能力，属于中档题15.【解析】先利用导数求切线的斜率，再写出切线方程.【详解】因为y5e5x，所以切线的斜率k5e05，所以切线方程是：y35(x0)，即y5x3.故答案为y5x3.【点睛】(1)本题主要考查导数的几何意义和函数的求导，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推

13、理能力.(2) 函数在点处的导数是曲线在处的切线的斜率，相应的切线方程是161【解析】建系，设，表示出点坐标，则，根据的范围得出答案【详解】解：以为原点建立平面坐标系如图所示：则，设，则，显然当取得最大值4时，取得最小值1故答案为：1【点睛】本题考查了平面向量的数量积运算，坐标运算，属于中档题三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）（2）（3）为定值【解析】试题分析：（1）利用待定系数法可得，椭圆方程为；（2）我们要知道=的条件应用，在于直线交椭圆两交点M，N的横坐标为，这样代入椭圆方程，容易得到，从而解得；（3） 需讨论斜率是否存在一方面斜率不存在即=时，由（

14、2）得；另一方面，当斜率存在即时，可设直线的斜率为，得直线MN：，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和焦半径公式，就能得到，所以为定值，与直线的倾斜角的大小无关试题解析：（1），得：，椭圆方程为（2）当时，得：，于是当=时，于是，得到（3）当=时，由（2）知当时，设直线的斜率为，则直线MN：联立椭圆方程有，=+=得综上，为定值，与直线的倾斜角的大小无关考点：（1）待定系数求椭圆方程；（2）椭圆简单的几何性质；（3）直线与圆锥曲线18证明见解析；证明见解析.【解析】利用线面平行的判定定理求证即可；为中点，为中点，可得，可知，故为直角三角形，利用面面垂直的判定定理求证即可.【详解】解： 证明：为中点

15、，为中点，又平面，平面，平面；证明：为中点，为中点，又，则，故为直角三角形，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，平面平面.【点睛】本题考查线面平行和面面垂直的判定定理的应用，属于基础题.19（1），；（2）【解析】（1）根据第1组的频数和频率求出，根据频数、频率、的关系分别求出，进而求出不低于70分的概率；（2）由（1）得，根据分层抽样原则，分别从抽出2人，2人，1人，并按照所在组对抽出的5人编号，列出所有2名负责人的抽取方法，得出第4组抽取的学生中至少有一名是负责人的抽法数，由古典概型概率公式，即可求解.【详解】（1），由频率分布表可得成绩不低于70分的概率约为：（2）因为第3、4、5组

16、共有50名学生，所以利用分层抽样在50名学生中抽取5名学生，每组分别为：第3组：人，第4组：人，第5组：人，所以第3、4、5组分别抽取2人，2人，1人设第3组的3位同学为、，第4组的2位同学为、，第5组的1位同学为，则从五位同学中抽两位同学有10种可能抽法如下：，其中第4组的2位同学、至少有一位同学是负责人有7种抽法，故所求的概率为.【点睛】本题考查补全频率分布表、古典概型的概率，属于基础题.20（1）a1；（2）见解析【解析】（1）由题意可得|xa|4x，分类讨论去掉绝对值，分别求得x的范围即可求出a的值（2）由条件利用绝对值三角不等式，基本不等式证得f（x）2【详解】（1）由f（x）|x|

17、4x，可得|xa|4x，（a0），当xa时，xa4x，解得x，这与xa0矛盾，故不成立，当xa时，ax4x，解得x，又不等式的解集是x|x1，故1，解得a1（2）证明：f（x）|xa|+|x| |xa（x）|a|，a0，| a|a22，当且仅当a时取等号，故f（x）【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式，基本不等式，绝对值不等式的解法，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于基础题21（1）；（2）.【解析】（1）令可求得的值，令时，由可得出，两式相减可得的表达式，然后对是否满足在时的表达式进行检验，由此可得出数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，对分奇数和偶数两种情况讨论，利用奇偶分组求和法结合等差数列和等比数列的求和公式可求得结果.【详解】（1），当时，；当时，由得，两式相减得，.满足.因此，数列的通项公式为；（2）.当为奇数时