2021-2022学年贵州省贵阳市重点高考数学四模试卷含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡

2、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正方形的边长为，是正方形内部（不包括正方形的边）一点，且，则的最小值为（ ）ABCD2木匠师傅对一个圆锥形木件进行加工后得到一个三视图如图所示的新木件，则该木件的体积（ ） ABCD3曲线在点处的切线方程为（ ）ABCD4已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ）ABCD5若双曲线的离心率，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ）AB2CD16某高中高三（1）班为了冲刺高考，营造良好的学习氛围，向班内同学征集书法作品贴在班内墙壁上，小王，小董，小李各写了一幅

3、书法作品，分别是：“入班即静”，“天道酬勤”，“细节决定成败”，为了弄清“天道酬勤”这一作品是谁写的，班主任对三人进行了问话，得到回复如下：小王说：“入班即静”是我写的；小董说：“天道酬勤”不是小王写的，就是我写的；小李说：“细节决定成败”不是我写的.若三人的说法有且仅有一人是正确的，则“入班即静”的书写者是（ ）A小王或小李B小王C小董D小李7已知向量与向量平行，且，则（ ）ABCD8设某大学的女生体重y（单位：kg）与身高x（单位：cm）具有线性相关关系，根据一组样本数据（xi，yi）（i=1，2，n），用最小二乘法建立的回归方程为=0.85x-85.71，则下列结论中不正确的是Ay与x具

4、有正的线性相关关系B回归直线过样本点的中心（，）C若该大学某女生身高增加1cm，则其体重约增加0.85kgD若该大学某女生身高为170cm，则可断定其体重比为58.79kg9已知集合则（ ）ABCD10正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（ ）ABCD11已知复数满足，则（ ）AB2C4D312设集合，则 ()ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若关于的不等式在上恒成立，则的最大值为_14已知函数的最大值为3，的图象与y轴的交点坐标为，其相邻两条对称轴间的距离为2，则15若，i为虚数单位，则正实数的值为_.16已知，则=_，_

5、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）已知为坐标原点，单位圆与角终边的交点为，过作平行于轴的直线，设与终边所在直线的交点为，.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的值域.18（12分）已知椭圆与x轴负半轴交于，离心率.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线与椭圆C交于两点，连接AM,AN并延长交直线x=4于两点，若，直线MN是否恒过定点，如果是，请求出定点坐标，如果不是，请说明理由.19（12分）在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数，）以坐标原点 为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（l）求直线的普通方程和曲线

6、C的直角坐标方程：（2）若直线与曲线C相交于A，B两点，且求直线 的方程20（12分）如图，椭圆的长轴长为，点、为椭圆上的三个点，为椭圆的右端点，过中心，且，（1）求椭圆的标准方程；（2）设、是椭圆上位于直线同侧的两个动点（异于、），且满足，试讨论直线与直线斜率之间的关系，并求证直线的斜率为定值.21（12分）已知函数，且（1）若，求的最小值，并求此时的值；（2）若，求证:22（10分）在中,角、所对的边分别为、，角、的度数成等差数列，.（1）若，求的值；（2）求的最大值.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。1C【解析】

7、分别以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，设，根据，可求，而，化简求解.【详解】解：建立以为原点，以直线为轴，直线为轴的平面直角坐标系.设，则，由，即，得.所以=，所以当时，的最小值为.故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积的坐标表示，属于基础题.2C【解析】由三视图知几何体是一个从圆锥中截出来的锥体,圆锥底面半径为,圆锥的高,截去的底面劣弧的圆心角为，底面剩余部分的面积为,利用锥体的体积公式即可求得.【详解】由已知中的三视图知圆锥底面半径为，圆锥的高，圆锥母线，截去的底面弧的圆心角为120，底面剩余部分的面积为，故几何体的体积为：.故选C.【点睛】本题考查了三视图还原几何体及体积求解问题,

8、考查了学生空间想象,数学运算能力,难度一般.3A【解析】将点代入解析式确定参数值，结合导数的几何意义求得切线斜率，即可由点斜式求的切线方程.【详解】曲线，即，当时，代入可得，所以切点坐标为，求得导函数可得，由导数几何意义可知，由点斜式可得切线方程为，即，故选：A.【点睛】本题考查了导数的几何意义，在曲线上一点的切线方程求法，属于基础题.4A【解析】由已知可得，根据二倍角公式即可求解.【详解】角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数定义、二倍角公式，考查计算求解能力，属于基础题.5C【解析】根据双曲线的解析式及离心率，可求得的值；得渐近线方程

9、后，由点到直线距离公式即可求解.【详解】双曲线的离心率，则，解得，所以焦点坐标为，所以，则双曲线渐近线方程为，即，不妨取右焦点，则由点到直线距离公式可得，故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质及简单应用，渐近线方程的求法，点到直线距离公式的简单应用，属于基础题.6D【解析】根据题意，分别假设一个正确，推理出与假设不矛盾，即可得出结论.【详解】解：由题意知，若只有小王的说法正确，则小王对应“入班即静”，而否定小董说法后得出：小王对应“天道酬勤”，则矛盾；若只有小董的说法正确，则小董对应“天道酬勤”，否定小李的说法后得出：小李对应“细节决定成败”，所以剩下小王对应“入班即静”，但与小王的错误

10、的说法矛盾；若小李的说法正确，则“细节决定成败”不是小李的，则否定小董的说法得出：小王对应“天道酬勤”，所以得出“细节决定成败”是小董的，剩下“入班即静”是小李的，符合题意.所以“入班即静”的书写者是：小李.故选：D.【点睛】本题考查推理证明的实际应用.7B【解析】设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.【详解】设，且，由得，即，由，所以，解得，因此，.故选：B.【点睛】本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.8D【解析】根据y与x的线性回归方程为 y=0.85x85.71，则=0.850，y 与 x 具

11、有正的线性相关关系，A正确；回归直线过样本点的中心（），B正确；该大学某女生身高增加 1cm，预测其体重约增加 0.85kg，C正确；该大学某女生身高为 170cm，预测其体重约为0.8517085.71=58.79kg，D错误故选D9B【解析】解对数不等式可得集合A，由交集运算即可求解.【详解】集合解得由集合交集运算可得，故选：B.【点睛】本题考查了集合交集的简单运算，对数不等式解法，属于基础题.10D【解析】如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得

12、外接球的表面积.【详解】如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.因为，故，因为，故.由正弦定理可得，故，又因为，故.因为，故平面，所以，因为平面，平面，故，故，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.11A【解析】由复数除法求出，再由模的定义计算出模【详解】故选：A【点睛】本题考查复数的除法法则，

13、考查复数模的运算，属于基础题12B【解析】直接进行集合的并集、交集的运算即可【详解】解：； 故选：B【点睛】本题主要考查集合描述法、列举法的定义，以及交集、并集的运算，是基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】分类讨论，时不合题意；时求导，求出函数的单调区间，得到在上的最小值，利用不等式恒成立转化为函数最小值，化简得，构造放缩函数对自变量再研究，可解,【详解】令；当时，不合题意；当时，令，得或，所以在区间和上单调递减.因为，且在区间上单调递增，所以在处取极小值，即最小值为.若，则，即.当时，当时，则.设，则.当时，；当时，所以在上单调递增；在上单调递减，所以，即，所

14、以的最大值为.故答案为： 【点睛】本题考查不等式恒成立问题. 不等式恒成立问题的求解思路：已知不等式(为实参数)对任意的恒成立，求参数的取值范围利用导数解决此类问题可以运用分离参数法; 如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(,或，)求解14【解析】，由题意，得,解得，则的周期为4，且，所以.考点：三角函数的图像与性质.15【解析】利用复数模的运算性质，即可得答案【详解】由已知可得：，解得故答案为：【点睛】本题考查复数模的运算性质，考查推理能力与计算能力，属于基础题16196 3 【解析】由二项式定理及二项式展开

15、式通项得：，令x=1，则1+a0+a1+a7=（1+1）（1-2）7=-2，所以a0+a1+a7=-3，得解【详解】由二项式(12x)7展开式的通项得，则，令x=1,则，所以a0+a1+a7=3，故答案为：196，3.【点睛】本题考查二项式定理及其通项，属于中等题.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）.【解析】（1）根据题意，求得，因而得出，利用降幂公式和二倍角的正弦公式化简函数，最后利用，求出的最小正周期；（2）由（1）得，再利用整体代入求出函数的值域.【详解】（1） 因为 ， ， 所以，所以函数的最小正周期为. （2）因为，所以，所以，故函数在区

16、间上的值域为.【点睛】本题考查正弦型函数的周期和值域，运用到向量的坐标运算、降幂公式和二倍角的正弦公式，考查化简和计算能力.18（1）（2）直线恒过定点,详见解析【解析】（1）依题意由椭圆的简单性质可求出，即得椭圆C的方程；（2）设直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程可求得点的坐标，同理可求出点的坐标，根据的坐标可求出直线的方程，将其化简成点斜式，即可求出定点坐标【详解】（1）由题有，.，.椭圆方程为.（2）设直线的方程为：，则或，同理，当时，由有.，同理，又，当时，直线的方程为直线恒过定点，当时，此时也过定点.综上:直线恒过定点.【点睛】本题主要考查利用椭圆的简单性质求椭圆的标准方程，以

17、及直线与椭圆的位置关系应用，定点问题的求法等，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于难题19 (1)见解析(2) 【解析】（1）将消去参数t可得直线的普通方程，利用x=cos， 可将极坐标方程转为直角坐标方程（2）利用直线被圆截得的弦长公式计算可得答案【详解】（1）由消去参数t得（），由得曲线C的直角坐标方程为：（2）由得，圆心为（1，0），半径为2，圆心到直线的距离为，即，整理得，所以直线l的方程为：【点睛】本题考查参数方程，极坐标方程与直角坐标方程之间的互化，考查直线被圆截得的弦长公式的应用，考查分析能力与计算能力，属于基础题20（1）；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）利用

18、题中条件先得出的值，然后利用条件，结合椭圆的对称性得到点的坐标，然后将点的坐标代入椭圆方程求出的值，从而确定椭圆的方程；（2）将条件得到直线与的斜率直线的关系（互为相反数），然后设直线的方程为，将此直线的方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，注意到直线与的斜率之间的关系得到点的坐标，最后再用斜率公式证明直线的斜率为定值.（1），又是等腰三角形，所以，把点代入椭圆方程，求得，所以椭圆方程为；（2）由题易得直线、斜率均存在，又，所以，设直线代入椭圆方程，化简得，其一解为，另一解为，可求，用代入得，为定值.考点：1.椭圆的方程；2.直线与椭圆的位置关系；3.两点间连线的斜率21（1）最小值为，此时；（2）见解析【解析】（1）由已知得，法一:，根据二次函数的最值可求得；法二:运用基本不等式构造，可得最值；法三：运用柯西不等式得：，可得最值；（2）由绝对值不等式得，又，可得证.【详解】（1），法一:，的最小值为，此时；法二