2021-2022学年安徽六安市皖西高中教学联盟高三下学期联考数学试题含解析

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已知函数是上的偶函数，且当时，函数是单调递减函数，则，的大小关系是（ ）ABCD2设函数，则函数的图像可能为（ ）ABCD3双曲线y2=1的渐近线方程是（ ）Ax2y=0B2xy=0C4xy=0Dx4y=04已知，则的大小关系为（ ）A

2、BCD5已知平面和直线a，b，则下列命题正确的是（ ）A若，b，则B若，则C若，则D若，b，则6已知等差数列满足，公差，且成等比数列，则A1B2C3D47集合，则=( )ABCD8若,则下列结论正确的是( )ABCD9已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）AB64CD3210已知三棱锥的外接球半径为2，且球心为线段的中点，则三棱锥的体积的最大值为（ ）ABCD11定义在R上的函数y=fx满足fx2x-1，且y=fx+1为奇函数，则y=fx的图象可能是（ ）ABCD12集合，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知四棱锥，底面四边形为正方形，四棱锥

3、的体积为，在该四棱锥内放置一球，则球体积的最大值为_14已知，为正实数，且，则的最小值为_.15在三棱锥P-ABC中，三个侧面与底面所成的角均为，三棱锥的内切球的表面积为_.16根据如图所示的伪代码，若输出的的值为，则输入的的值为_.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）在三棱柱中，四边形是菱形，点M、N分别是、的中点，且.（1）求证：平面平面；（2）求四棱锥的体积.18（12分）如图：在中，.（1）求角；（2）设为的中点，求中线的长.19（12分）已知抛物线和圆，倾斜角为45的直线过抛物线的焦点，且与圆相切（1）求的值；（2）动点在抛物线的准线上，动点在

4、上，若在点处的切线交轴于点，设求证点在定直线上，并求该定直线的方程20（12分）如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形, 底面 ,是的中点.（1）.求证:平面平面;（2）.若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.21（12分）已知函数.（1）当时，求函数在处的切线方程；（2）若函数没有零点，求实数的取值范围.22（10分）设函数，.（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，().（i）求的取值范围；（ii）求证:随着的增大而增大.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。1D【解析】利用对数函数的单调性可得，再根据的

5、单调性和奇偶性可得正确的选项.【详解】因为，故.又，故.因为当时，函数是单调递减函数，所以.因为为偶函数，故，所以.故选：D.【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性、单调性以及对数函数的单调性在大小比较中的应用，比较大小时注意选择合适的中间数来传递不等关系，本题属于中档题.2B【解析】根据函数为偶函数排除，再计算排除得到答案.【详解】定义域为： ，函数为偶函数，排除 ，排除 故选【点睛】本题考查了函数图像，通过函数的单调性，奇偶性，特殊值排除选项是常用的技巧.3A【解析】试题分析：渐近线方程是y2=1，整理后就得到双曲线的渐近线解：双曲线其渐近线方程是y2=1整理得x2y=1故选A点评：本题考查了双

6、曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“1”即可求出渐进方程属于基础题4A【解析】根据指数函数的单调性，可得，再利用对数函数的单调性，将与对比，即可求出结论.【详解】由题知，则.故选:A.【点睛】本题考查利用函数性质比较大小，注意与特殊数的对比，属于基础题.5C【解析】根据线面的位置关系，结合线面平行的判定定理、平行线的性质进行判断即可.【详解】A：当时，也可以满足，b，故本命题不正确；B：当时，也可以满足，故本命题不正确；C：根据平行线的性质可知：当，时，能得到，故本命题是正确的；D：当时，也可以满足，b，故本命题不正确.故选：C【点睛】本题考查了线面的位置关系，考查了平行线的性

7、质，考查了推理论证能力.6D【解析】先用公差表示出，结合等比数列求出.【详解】,因为成等比数列，所以，解得.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式.属于简单题，化归基本量，寻求等量关系是求解的关键.7C【解析】先化简集合A,B，结合并集计算方法，求解，即可【详解】解得集合，所以，故选C【点睛】本道题考查了集合的运算，考查了一元二次不等式解法，关键化简集合A,B，难度较小8D【解析】根据指数函数的性质，取得的取值范围，即可求解，得到答案.【详解】由指数函数的性质，可得，即，又由，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了指数幂的比较大小，其中解答中熟记指数函数的性质，求得的取值范围是解答的关键，着重

8、考查了计算能力，属于基础题.9A【解析】根据三视图，还原空间几何体，即可得该几何体的体积.【详解】由该几何体的三视图，还原空间几何体如下图所示：可知该几何体是底面在左侧的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为4，故.故选：A【点睛】本题考查了三视图的简单应用，由三视图还原空间几何体，棱锥体积的求法，属于基础题.10C【解析】由题可推断出和都是直角三角形，设球心为，要使三棱锥的体积最大，则需满足，结合几何关系和图形即可求解【详解】先画出图形，由球心到各点距离相等可得，故是直角三角形，设，则有，又，所以，当且仅当时，取最大值4，要使三棱锥体积最大，则需使高，此时，故选：C【点睛】本题考查由三棱锥外

9、接球半径，半径与球心位置求解锥体体积最值问题，属于基础题11D【解析】根据y=fx+1为奇函数，得到函数关于1,0中心对称，排除AB，计算f1.52排除C，得到答案.【详解】y=fx+1为奇函数，即fx+1=-f-x+1，函数关于1,0中心对称，排除AB.f1.521.5-1=2，排除C.故选：D.【点睛】本题考查了函数图像的识别，确定函数关于1,0中心对称是解题的关键.12A【解析】计算，再计算交集得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】由题知，该四棱锥为正四棱锥，作出该正四棱锥的高和斜高，连接，则球

10、心O必在的边上，设，由球与四棱锥的内切关系可知，设，用和表示四棱锥的体积，解得和的关系，进而表示出内切球的半径，并求出半径的最大值，进而求出球的体积的最大值.【详解】设，由球O内切于四棱锥可知，则，球O的半径，当且仅当时，等号成立，此时.故答案为：.【点睛】本题考查了棱锥的体积问题，内切球问题，考查空间想象能力，属于较难的填空压轴题.14【解析】由，为正实数，且，可知，于是，可得，再利用基本不等式即可得出结果.【详解】解：，为正实数，且，可知，.当且仅当时取等号.的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了基本不等式的性质应用，恰当变形是解题的关键，属于中档题.15【解析】先确定顶点在底面的射影

11、，再求出三棱锥的高以及各侧面三角形的高，利用各个面的面积和乘以内切球半径等于三棱锥的体积的三倍即可解决.【详解】设顶点在底面上的射影为H，H是三角形ABC的内心，内切圆半径.三个侧面与底面所成的角均为，的高，设内切球的半径为R，内切球表面积.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥内切球的表面积问题，考查学生空间想象能力，本题解题关键是找到内切球的半径，是一道中档题.16【解析】算法的功能是求的值，根据输出的值，分别求出当时和当时的值即可得解【详解】解：由程序语句知：算法的功能是求的值，当时，可得：，或（舍去）；当时，可得：（舍去）综上的值为：故答案为：【点睛】本题考查了选择结构的程序语句，根据语句

12、判断算法的功能是解题的关键，属于基础题三、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（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）要证面面垂直需要先证明线面垂直，即证明出平面即可；（2）求出点A到平面的距离，然后根据棱锥的体积公式即可求出四棱锥的体积.【详解】（1）连接，由是平行四边形及N是的中点，得N也是的中点，因为点M是的中点，所以，因为，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）过A作交于点O，因为平面平面，平面平面，所以平面，由是菱形及，得为三角形，则，由平面，得，从而侧面为矩形，所以.【点睛】本题主要考查了面面垂直的证明，求四棱锥的体积，属于一般题.18（1）；（

13、2）【解析】（1）通过求出的值，利用正弦定理求出即可得角；（2）根据求出的值，由正弦定理求出边，最后在中由余弦定理即可得结果.【详解】（1），.由正弦定理，即.得，为钝角，为锐角，故.（2），.由正弦定理得，即得.在中由余弦定理得：，.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查三角函数知识的运用，属于中档题.19（1）；（2）点在定直线上【解析】（1）设出直线的方程为，由直线和圆相切的条件：，解得；（2）设出，运用导数求得切线的斜率，求得为切点的切线方程，再由向量的坐标表示，可得在定直线上；【详解】解：（1）依题意设直线的方程为，由已知得：圆的圆心，半径，因为直线与圆相切

14、，所以圆心到直线的距离，即，解得或（舍去）所以；（2）依题意设，由（1）知抛物线方程为，所以，所以，设，则以为切点的切线的斜率为，所以切线的方程为令，即交轴于点坐标为，所以， ，设点坐标为，则，所以点在定直线上【点睛】本题考查抛物线的方程和性质，直线与圆的位置关系的判断，考查直线方程和圆方程的运用，以及切线方程的求法，考查化简整理的运算能力，属于综合题20（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）根据平面有，利用勾股定理可证明，故平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）在点建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值为建立方程求得，在利用法向量求得和平面所成角的正弦值.试题解析：（） 平面

15、平面因为,所以,所以,所以,又，所以平面.因为平面，所以平面平面（）如图，以点为原点， 分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，则.设，则取，则为面法向量设为面的法向量，则，即，取，则依题意，则于是设直线与平面所成角为，则即直线与平面所成角的正弦值为21（1）.（2）【解析】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）利用导数得出的单调性以及极值，从而得出的图象，将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，由图，即可得出实数的取值范围.【详解】（1）当时，切线斜率，又切点切线方程为，即.（2），记，令得；的情况如下表：2+0单调递增极大值单调递减当时，取极大值又时，；时，若没有零点，即的图像与直线无公共点，由图像知的取值范围是.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用，利用导数研究函数的零点问题，属于中档题.22（1）见解析；（2）（i）（ii）证明见解析【解析】（1）求出导函数，分类讨论即可求解；（2）（i）结合（1）的单调性分析函数有两个零点求解参数取值范围；（ii）设，通过转化，讨论函数的单调性得证.【详解】（1）因为，所以当时，在上恒成立，所以在上单调递增，当时，的解集为，的解集为，所以的单调增区间为，的单调减区